Zadanie 8. (0-4)
W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym 𝐴𝐵𝐶𝑆 podstawa 𝐴𝐵𝐶 jest trójkątem
równobocznym. Długość okręgu opisanego na podstawie 𝐴𝐵𝐶 jest równa 6√2𝜋, a cosinus
kąta między krawędziami bocznymi 𝑆𝐵 i 𝑆𝐶 jest równy 5
9 .
Oblicz długość krawędzi podstawy 𝑨𝑩𝑪 oraz cosinus kąta między ścianami
bocznymi 𝑺𝑨𝑪 i 𝑺𝑩𝑪 tego ostrosłupa. Zapisz obliczenia.
8.
0-1-
2-3-4
MMAP-R0_100
\nMMAP-R0_100
W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym ABCS podstawa ABC jest trójkątem równobocznym. Długość okręgu opisanego na podstawie ABC jest równa 6√2π, a cosinus kąta między krawędziami bocznymi SB i SC jest równy 5/9. Oblicz długość krawędzi podstawy ABC oraz cosinus kąta między ścianami bocznymi SAC i SBC tego ostrosłupa. Zapisz obliczenia.
8 > 0 ∧ 𝑚> 0) ∧ (2(√𝑚+ 1) (√𝑚-1
\n𝑚> 0 ∧ ((√𝑚< -1 ∨ √𝑚> 1
\n𝑚> 0 ∧ (𝑚> 1
4 ∧ 𝑚> 0)
𝑚∈(1
4 , +∞)
Rozwiązujemy nierówność -2 < 𝑥2 < 2:
-2 < 1 + √𝑚
𝑚
< 2
(-2𝑚< 1 + √𝑚 ∧ 𝑚> 0) ∧ (1 + √𝑚< 2𝑚 ∧ 𝑚> 0)
(2𝑚+ √𝑚+ 1 > 0 ∧ 𝑚> 0) ∧ (2𝑚-√𝑚-1 > 0 ∧ 𝑚> 0)
(2 (√𝑚+ 1
4)
2
8 > 0 ∧ 𝑚> 0) ∧ (2(√𝑚-1) (√𝑚+ 1
\n𝑚> 0 ∧ ((√𝑚< -1
2 ∨ √𝑚> 1) ∧ 𝑚> 0)
𝑚> 0 ∧ (𝑚> 1 ∧ 𝑚> 0)
𝑚∈(1, +∞)
Wyznaczamy wszystkie wartości parametru 𝑚, które jednocześnie spełniają warunki I) - V)
oraz 𝑚≠0: 𝑚∈(1, +∞).
Funkcja 𝑓 ma dwa różne miejsca zerowe należące do przedziału (-2, 2) tylko wtedy, gdy
𝑚∈(1, +∞).
Uwaga.
Wszystkie wartości 𝑚, dla których funkcja 𝑓 ma dokładnie dwa miejsca zerowe oraz te
miejsca zerowe, można wyznaczyć również następująco.
𝑓(𝑥) = 𝑚2𝑥2 -2𝑚𝑥-𝑚+ 1
Zasady oceniania rozwiązań zadań
𝑓(𝑥) = (𝑚𝑥-1)2 -𝑚
(𝑚𝑥-1)2 -𝑚= 0
(𝑚𝑥-1)2 = 𝑚
Dla 𝑚≤0 to równanie nie ma rozwiązań rzeczywistych, natomiast dla 𝑚> 0
otrzymujemy:
𝑚𝑥-1 = -√𝑚 ∨ 𝑚𝑥-1 = √𝑚
𝑥1 = 1 -√𝑚
𝑚
∨ 𝑥2 = 1 + √𝑚
𝑚
Zatem funkcja 𝑓 ma dokładnie dwa miejsca zerowe tylko wtedy, gdy 𝑚∈(0 + ∞).
Sposób III (poprzez wzory Viète’a)
Przy 𝑚≠0 funkcja 𝑓 ma dokładnie dwa miejsca zerowe 𝑥1 , 𝑥2 należące do przedziału
(-2, 2), gdy spełnione są następujące warunki:
Δ > 0 ∧ 0 < 2 -𝑥1 ∧ 0 < 2 -𝑥2 ∧ 0 < 𝑥1 + 2 ∧ 0 < 𝑥2 + 2
Liczby 2 -𝑥1 oraz 2 -𝑥2 są dodatnie tylko wówczas, gdy ich suma i iloczyn są dodatnie.
Liczby 𝑥1 + 2 oraz 𝑥2 + 2 są dodatnie tylko wówczas, gdy ich suma i iloczyn są dodatnie.
Zatem przy 𝑚≠0 funkcja 𝑓 ma dokładnie dwa miejsca zerowe 𝑥1 , 𝑥2 należące do
przedziału (-2, 2) tylko wówczas, gdy spełnione są poniższe warunki:
A) Δ > 0
B) 𝑥1 + 2 + 𝑥2 + 2 > 0
C) 𝑥1 ⋅𝑥2 + 2(𝑥1 + 𝑥2) + 4 > 0
D) 2 -𝑥1 + 2 -𝑥2 > 0
E) 𝑥1 ⋅𝑥2 -2(𝑥1 + 𝑥2) + 4 > 0.
Rozwiązujemy warunek A), tj. nierówność 𝑏2 -4𝑎𝑐> 0:
(-2𝑚)2 -4 ⋅𝑚2 ⋅(-𝑚+ 1) > 0
4𝑚3 > 0
𝑚∈(0, +∞)
Rozwiązujemy warunek B), stosując wzory Viète’a:
𝑥1 + 2 + 𝑥2 + 2 > 0
2𝑚
𝑚2 + 4 > 0
4𝑚2 + 2𝑚> 0 ∧ 𝑚≠0
2𝑚(2𝑚+ 1) > 0 ∧ 𝑚≠0
𝑚∈(-∞, -1
Rozwiązujemy warunek C), stosując wzory Viète’a:
𝑥1 ⋅𝑥2 + 2(𝑥1 + 𝑥2) + 4 > 0
-𝑚+ 1
𝑚2
𝑚2 + 4 > 0
-𝑚+ 1 + 4𝑚+ 4𝑚2 > 0 ∧ 𝑚≠0
4𝑚2 + 3𝑚+ 1 > 0 ∧ 𝑚≠0
(2𝑚+ 3
4)
2
16 > 0 ∧ 𝑚≠0
𝑚≠0
Rozwiązujemy warunek D), stosując wzory Viète’a:
2 -𝑥1 + 2 -𝑥2 > 0
4 -2𝑚
𝑚2 > 0
4𝑚2 -2𝑚> 0 ∧ 𝑚≠0
2𝑚(2𝑚-1) > 0 ∧ 𝑚≠0
𝑚∈(-∞, 0) ∪(1
2 , +∞)
Rozwiązujemy warunek E), stosując wzory Viète’a:
𝑥1 ⋅𝑥2 -2(𝑥1 + 𝑥2) + 4 > 0
-𝑚+ 1
𝑚2
-2 ⋅2𝑚
𝑚2 + 4 > 0
-𝑚+ 1 -4𝑚+ 4𝑚2 > 0 ∧ 𝑚≠0
4𝑚2 -5𝑚+ 1 > 0 ∧ 𝑚≠0
(4𝑚-1)(𝑚-1) > 0 ∧ 𝑚≠0
𝑚∈(-∞, 0) ∪(0, 1
Wyznaczamy wszystkie wartości parametru 𝑚, które jednocześnie spełniają warunki A) - E)
oraz 𝑚≠0: 𝑚∈(1, +∞).
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Zadanie 11. (0-6)
Wymaganie ogólne
Wymaganie szczegółowe
IV. Rozumowanie i argumentacja.
rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach
nietypowych.
Zdający:
VIII.R1) stosuje własności czworokątów
wpisanych w okrąg i opisanych na okręgu.
Zasady oceniania
Krawędź podstawy ostrosłupa ma długość \\( a = 3\\sqrt{6} \\), a cosinus kąta dwuściennego między ścianami bocznymi \\( SAC \\) i \\( SBC \\) jest równy \\( \\dfrac{5}{14} \\).
\nDługość okręgu opisanego na podstawie wynosi \\( 6\\sqrt{2}\\,\\pi \\). Ze wzoru na obwód koła \\( L = 2\\pi R \\) (karta wzorów CKE EM2023, dział Pole i obwód koła):
\n\\[
2\\pi R = 6\\sqrt{2}\\,\\pi \\quad\\Longrightarrow\\quad R = 3\\sqrt{2}.
\\]
Dla trójkąta równobocznego o boku \\( a \\) promień okręgu opisanego (karta wzorów, dział Trójkąt równoboczny) wynosi:
\n\\[
R = \\frac{a\\sqrt{3}}{3}.
\\]
Stąd:
\n\\[
a = \\frac{3R}{\\sqrt{3}} = R\\sqrt{3} = 3\\sqrt{2}\\cdot\\sqrt{3} = 3\\sqrt{6}.
\\]
Długość krawędzi podstawy: \\( \\boxed{a = 3\\sqrt{6}} \\), zatem \\( a^2 = 54 \\).
\nKrawędzie boczne ostrosłupa prawidłowego są równe: \\( SA = SB = SC = b \\). Rozpatrujemy trójkąt równoramienny \\( SBC \\), w którym \\( SB = SC = b \\), \\( BC = a \\), a kąt przy wierzchołku \\( \\angle BSC \\) spełnia \\( \\cos(\\angle BSC) = \\tfrac{5}{9} \\).
\nZ twierdzenia cosinusów (karta wzorów, dział Twierdzenie cosinusów):
\n\\[
BC^2 = SB^2 + SC^2 - 2\\cdot SB\\cdot SC\\cdot\\cos(\\angle BSC)
\\]
\\[
a^2 = 2b^2 - 2b^2\\cdot\\frac{5}{9} = 2b^2\\left(1-\\frac{5}{9}\\right) = 2b^2\\cdot\\frac{4}{9} = \\frac{8b^2}{9}.
\\]
Podstawiamy \\( a^2 = 54 \\):
\n\\[
54 = \\frac{8b^2}{9} \\quad\\Longrightarrow\\quad b^2 = \\frac{54\\cdot 9}{8} = \\frac{486}{8} = \\frac{243}{4}.
\\]
Zatem \\( b = \\dfrac{\\sqrt{243}}{2} = \\dfrac{9\\sqrt{3}}{2} \\).
\nŚciany \\( SAC \\) i \\( SBC \\) mają wspólną krawędź \\( SC \\). Kąt dwuścienny mierzymy w płaszczyźnie prostopadłej do \\( SC \\).
\nPoprowadźmy z punktu \\( A \\) wysokość trójkąta \\( SAC \\) opuszczoną na \\( SC \\) - niech jej spodek to \\( P \\). Trójkąty \\( SAC \\) i \\( SBC \\) są przystające (oba mają boki \\( b, b, a \\): \\( SA=SC=b,\\ AC=a \\) oraz \\( SB=SC=b,\\ BC=a \\)). Dlatego wysokość opuszczona z \\( B \\) na \\( SC \\) ma ten sam spodek \\( P \\), oraz \\( AP = BP \\).
\nKątem dwuściennym między ścianami \\( SAC \\) i \\( SBC \\) jest więc kąt \\( \\angle APB \\).
\nObliczamy ją z pola trójkąta \\( SBC \\). Pole (karta wzorów, Pole trójkąta - wzór z sinusem):
\n\\[
P_{SBC} = \\frac{1}{2}\\cdot SB\\cdot SC\\cdot\\sin(\\angle BSC).
\\]
Z jedynki trygonometrycznej:
\n\\[
\\sin(\\angle BSC) = \\sqrt{1-\\left(\\tfrac{5}{9}\\right)^2} = \\sqrt{\\tfrac{81-25}{81}} = \\frac{\\sqrt{56}}{9} = \\frac{2\\sqrt{14}}{9}.
\\]
Zatem:
\n\\[
P_{SBC} = \\frac{1}{2}\\cdot b^2\\cdot\\frac{2\\sqrt{14}}{9} = \\frac{1}{2}\\cdot\\frac{243}{4}\\cdot\\frac{2\\sqrt{14}}{9} = \\frac{27\\sqrt{14}}{4}.
\\]
Z drugiej strony pole to \\( P_{SBC} = \\tfrac{1}{2}\\cdot SC\\cdot BP \\), więc:
\n\\[
BP = \\frac{2P_{SBC}}{SC} = \\frac{2\\cdot\\frac{27\\sqrt{14}}{4}}{\\frac{9\\sqrt{3}}{2}} = \\frac{\\frac{27\\sqrt{14}}{2}}{\\frac{9\\sqrt{3}}{2}} = \\frac{27\\sqrt{14}}{9\\sqrt{3}} = 3\\sqrt{\\frac{14}{3}} = \\sqrt{42}.
\\]
Zatem \\( AP = BP = \\sqrt{42} \\), czyli \\( AP^2 = BP^2 = 42 \\).
\nW trójkącie \\( APB \\): \\( AP = BP = \\sqrt{42} \\), \\( AB = a = 3\\sqrt{6} \\), więc \\( AB^2 = 54 \\). Z twierdzenia cosinusów:
\n\\[
AB^2 = AP^2 + BP^2 - 2\\cdot AP\\cdot BP\\cdot\\cos\\varphi
\\]
\\[
54 = 42 + 42 - 2\\cdot 42\\cdot\\cos\\varphi = 84 - 84\\cos\\varphi.
\\]
Stąd:
\n\\[
84\\cos\\varphi = 84 - 54 = 30 \\quad\\Longrightarrow\\quad \\cos\\varphi = \\frac{30}{84} = \\frac{5}{14}.
\\]
Cosinus kąta między ścianami bocznymi \\( SAC \\) i \\( SBC \\): \\( \\boxed{\\cos\\varphi = \\dfrac{5}{14}} \\).
\nUmieszczamy podstawę na okręgu \\( R=3\\sqrt{2} \\) wokół początku układu, wierzchołek \\( S=(0,0,H) \\), gdzie \\( H = \\sqrt{b^2-R^2} \\). Obliczenia numeryczne dają:
\nObwód okręgu opisanego na podstawie wynosi 6√(2)π , więc jego promień jest równy
\nR=3√(2).
\nPodstawa jest trójkątem równobocznym, dla którego R=(a√(3))/(3) . Stąd
\na=R√(3)=3√(6).
\nOznaczmy długość krawędzi bocznej przez b . W trójkącie SBC , korzystając z twierdzenia cosinusów, otrzymujemy
\na^2=b^2+b^2-2b^2·(5)/(9)=(8)/(9)b^2,
\nb^2=(9)/(8)a^2=(243)/(4).
\nNiech H będzie wspólnym spodkiem prostopadłych poprowadzonych z punktów A i B do krawędzi SC . Z zależności w trójkącie SAC otrzymujemy |SH|=(5)/(9)b , a następnie
\n|AH|^2=b^2- ((5)/(9)b )^2=(56)/(81)b^2=42.
\nAnalogicznie |BH|=√(42) . Kąt AHB jest szukanym kątem między ścianami. W trójkącie AHB , gdzie |AB|=3√(6) , stosujemy twierdzenie cosinusów:
\n(3√(6))^2=(√(42))^2+(√(42))^2-2·√(42)·√(42)cosα,
\n54=84-84cosα, cosα=(5)/(14).
\nOdpowiedź: |AB|=3√(6) , cosα=(5)/(14) .
"}]}