# Matematyka — zadanie 34

> Źródło: matura.lol — https://matura.lol/question/maturazai-matematyka-2017-matematyka-pp/zad/34
> Wersja Markdown strony zadania (dla asystentów AI). Przy cytowaniu podaj matura.lol i link powyżej.

- arkusz: Matematyka · Matura · maj 2017 (podstawowa)
- rok: 2017
- poziom: podstawowa
- typ: open
- działy: Stereometria

## Treść

Zadanie 34. (0-4)
W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym wysokość ściany bocznej prostopadła do krawędzi
podstawy ostrosłupa jest równa 5 3
4
, a pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa jest
równe 15 3
4
. Oblicz objętość tego ostrosłupa.

MMA_1P
Odpowiedź:
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
34.
Maks. liczba pkt
4
Uzyskana liczba pkt

MMA_1P
BRUDNOPIS (nie podlega ocenie)
W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym wysokość ściany bocznej prostopadła do krawędzi podstawy ostrosłupa jest równa 5√3/4, a pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa jest równe 15√3/4. Oblicz objętość tego ostrosłupa.

## Rozwiązanie — maturazai.pl (AI)

## Poprawna odpowiedź: \(V = \dfrac{\sqrt{209}}{12}\)

## Sposób 1 - przez apotema ostrosłupa i twierdzenie Pitagorasa

**Dane:**
- apotema ostrosłupa (wysokość ściany bocznej ⊥ do krawędzi podstawy): \(m = \dfrac{5\sqrt{3}}{4}\)
- pole powierzchni bocznej: \(P_b = \dfrac{15\sqrt{3}}{4}\)

### Krok 1 - wyznaczenie boku podstawy \(a\)

Ostrosłup prawidłowy trójkątny ma **3 trójkątne ściany boczne**, każda o podstawie \(a\) i wysokości \(m\). Pole każdej ściany bocznej to \(\frac{1}{2}am\), więc:

\[P_b = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot m\]

Podstawiamy:

\[\frac{15\sqrt{3}}{4} = \frac{3}{2} \cdot a \cdot \frac{5\sqrt{3}}{4}\]

\[\frac{15\sqrt{3}}{4} = \frac{15a\sqrt{3}}{8}\]

\[a = \frac{15\sqrt{3}}{4} \cdot \frac{8}{15\sqrt{3}} = 2\]

**Bok podstawy \(a = 2\).**

### Krok 2 - wyznaczenie wysokości ostrosłupa \(h\)

Apotema ostrosłupa, promień wpisany w podstawę i wysokość ostrosłupa tworzą trójkąt prostokątny:

\[m^2 = h^2 + r^2\]

gdzie \(r\) - apotema (promień wpisany) trójkąta równobocznego podstawy:

\[r = \frac{a\sqrt{3}}{6} = \frac{2\sqrt{3}}{6} = \frac{\sqrt{3}}{3}\]

Zatem:

\[\left(\frac{5\sqrt{3}}{4}\right)^2 = h^2 + \left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)^2\]

\[\frac{75}{16} = h^2 + \frac{1}{3}\]

\[h^2 = \frac{75}{16} - \frac{1}{3} = \frac{225}{48} - \frac{16}{48} = \frac{209}{48}\]

\[h = \frac{\sqrt{209}}{4\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{209} \cdot \sqrt{3}}{12} = \frac{\sqrt{627}}{12}\]

### Krok 3 - obliczenie objętości

Pole podstawy (trójkąt równoboczny o boku \(a = 2\)):

\[S_{\text{podst}} = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot a^2 = \frac{\sqrt{3}}{4} \cdot 4 = \sqrt{3}\]

Objętość ostrosłupa:

\[V = \frac{1}{3} \cdot S_{\text{podst}} \cdot h = \frac{1}{3} \cdot \sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{627}}{12} = \frac{\sqrt{3} \cdot \sqrt{627}}{36} = \frac{\sqrt{1881}}{36}\]

Upraszczamy: \(1881 = 9 \cdot 209\), więc \(\sqrt{1881} = 3\sqrt{209}\):

\[\boxed{V = \frac{\sqrt{209}}{12}}\]

## Sposób 2 - przez krawędź boczną ostrosłupa

Krawędź boczna \(e\) (bok trójkąta bocznego) wyznaczamy z trójkąta bocznego. Każda ściana boczna to trójkąt równoramienny o podstawie \(a = 2\) i wysokości \(m = \frac{5\sqrt{3}}{4}\):

\[e^2 = m^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2 = \frac{75}{16} + 1 = \frac{91}{16} \implies e = \frac{\sqrt{91}}{4}\]

Teraz wyznaczamy \(h\) używając promienia opisanego podstawy \(R\) (dla trójkąta równobocznego \(R = \frac{a}{\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{3}}{3}\)):

\[h^2 = e^2 - R^2 = \frac{91}{16} - \frac{4}{3} = \frac{273}{48} - \frac{64}{48} = \frac{209}{48}\]

Wynik identyczny jak w Sposobie 1. Objętość:

\[V = \frac{1}{3} \cdot \sqrt{3} \cdot \sqrt{\frac{209}{48}} = \frac{\sqrt{3}}{3} \cdot \frac{\sqrt{209}}{4\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{209}}{12}\]

**Weryfikacja jest spójna** - oba sposoby dają \(V = \frac{\sqrt{209}}{12} \approx 1{,}205\).

## Wzory z karty CKE

**Dział 12 (Stereometria, s. 26-28)**

> **Ostrosłup:**
> \[V = \frac{1}{3} P_p \cdot h\]
> gdzie \(P_p\) - pole podstawy, \(h\) - wysokość ostrosłupa.
> Użyliśmy tego w Kroku 3 do obliczenia objętości.

**Dział 10 (Planimetria - trójkąt równoboczny, s. 15-17)**

> \[P = \frac{a^2\sqrt{3}}{4}, \quad h = \frac{a\sqrt{3}}{2}, \quad r = \frac{h}{3} = \frac{a\sqrt{3}}{6}\]
> Wzór na apotema \(r = \frac{a\sqrt{3}}{6}\) był kluczowy w Kroku 2 do związku między \(m\), \(h\) i \(r\).

## Typowe pułapki i uwaga

> ⚠️ **Uwaga:** Nie mylić **apotemy ostrosłupa** (wysokość ściany bocznej do krawędzi podstawy = \(m\)) z **wysokością ostrosłupa** (\(h\)). To zupełnie różne odcinki! \(m\) leży w płaszczyźnie ściany bocznej, \(h\) jest prostopadła do podstawy.

> ⚠️ **Uwaga:** Apotema podstawy trójkąta równobocznego to \(r = \frac{a\sqrt{3}}{6}\), **nie** \(\frac{a\sqrt{3}}{2}\) (to jest wysokość trójkąta). Pomyłka tych dwóch wartości to bardzo częsty błąd!

> ⚠️ **Uwaga:** Związek Pitagorejski \(m^2 = h^2 + r^2\) działa, bo apotema ostrosłupa, apotema podstawy i wysokość ostrosłupa tworzą trójkąt prostokątny - upewnij się, że rysujesz ten trójkąt pomocniczy.

**Odpowiedź: \(V = \dfrac{\sqrt{209}}{12}\)**

### Sposób 1 - Wyznaczenie krawędzi podstawy
**Krok 1 - pole powierzchni bocznej** = 3 × pole trójkąta ściany bocznej:
\[P_b = 3\cdot\dfrac{1}{2}\cdot a\cdot h_{sc}\]
Gdzie \(a\) - krawędź podstawy, \(h_{sc} = \tfrac{5\sqrt{3}}{4}\) - wysokość ściany bocznej.
\[\dfrac{15\sqrt{3}}{4} = 3\cdot\dfrac{1}{2}\cdot a\cdot\dfrac{5\sqrt{3}}{4} = \dfrac{15a\sqrt{3}}{8}\]
\[\dfrac{15\sqrt{3}}{4} = \dfrac{15a\sqrt{3}}{8} \Rightarrow a = 2.\]

**Krok 2 - wysokość ostrosłupa \(H\).**
Oznaczmy \(O\) - środek podstawy (środek trójkąta równobocznego). Punkt \(D\) - środek krawędzi podstawy. \(|OD|\) to \(\tfrac{1}{3}\) wysokości trójkąta równobocznego:
\[|OD| = \dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{a\sqrt{3}}{2} = \dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{2\sqrt{3}}{2} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}.\]

Z trójkąta prostokątnego \(ODS\) (gdzie \(S\) - wierzchołek ostrosłupa):
\[h_{sc}^2 = |OD|^2 + H^2\]
\[\left(\dfrac{5\sqrt{3}}{4}\right)^2 = \left(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\right)^2 + H^2\]
\[\dfrac{75}{16} = \dfrac{1}{3} + H^2\]
\[H^2 = \dfrac{75}{16} - \dfrac{1}{3} = \dfrac{225 - 16}{48} = \dfrac{209}{48}\]
\[H = \sqrt{\dfrac{209}{48}} = \dfrac{\sqrt{209}}{4\sqrt{3}}.\]

**Krok 3 - objętość:**
Pole podstawy: \(P_p = \dfrac{a^2\sqrt{3}}{4} = \dfrac{4\sqrt{3}}{4} = \sqrt{3}\).
\[V = \dfrac{1}{3}\cdot P_p\cdot H = \dfrac{1}{3}\cdot\sqrt{3}\cdot\dfrac{\sqrt{209}}{4\sqrt{3}} = \dfrac{\sqrt{209}}{12}.\]

### Sposób 2 - Weryfikacja równań
Z \(a = 2\) i \(h_{sc} = \tfrac{5\sqrt{3}}{4}\): krawędź boczna \(b\) obliczamy z Pitagorasa w trójkącie ściany bocznej:
\[b^2 = h_{sc}^2 + \left(\tfrac{a}{2}\right)^2 = \tfrac{75}{16} + 1 = \tfrac{91}{16}, \quad b = \tfrac{\sqrt{91}}{4}.\]
Używając \(b\) i \(|OA| = \tfrac{a\sqrt{3}}{3} = \tfrac{2\sqrt{3}}{3}\): \(H^2 = b^2 - |OA|^2 = \tfrac{91}{16} - \tfrac{4}{3} = \tfrac{273-64}{48} = \tfrac{209}{48}\) ✓.

**Odpowiedź:** \(V = \dfrac{\sqrt{209}}{12}\).

## Linki

- [dane JSON](https://matura.lol/api/question/maturazai-matematyka-2017-matematyka-pp/zad/34)
- [otwórz w wyszukiwarce](https://matura.lol/?problem=maturazai-matematyka-2017-matematyka-pp%2Fzad%2F34)

## Podobne zadania

- [Zadanie 8](https://matura.lol/question/matematyka-2006-styczen-probna-podstawowa/zad/8) — Zadanie 8. (6 pkt) Wysokość walca jest o 6 większa od średnicy jego podstawy, a pole jego powierzchni całkowitej jest równe 378 . π Oblicz objętość walca. 10 Ar
- [Zadanie 36](https://matura.lol/question/matematyka-2024-maj-matura-stara-podstawowa/zad/36) — Zadanie 36. (0-5) W graniastosłupie prawidłowym czworokątnym o objętości równej 108 stosunek długości krawędzi podstawy do wysokości graniastosłupa jest równy 1
- [Zadanie 34](https://matura.lol/question/matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-podstawowa/zad/34) — Zadanie 34. (5 pkt) Dany jest ostrosłup prawidłowy czworokątny ABCDS, którego krawędź boczna ma długość 6 (zobacz rysunek). Ściana boczna tego ostrosłupa jest n
- [Zadanie 32](https://matura.lol/question/matematyka-2019-czerwiec-matura-podstawowa/zad/32) — Zadanie 32. (0-5) Podstawą ostrosłupa ABCDS jest prostokąt o polu równym 432, a stosunek długości boków tego prostokąta jest równy . Przekątne podstawy ABCD prz

_Ostatnia aktualizacja danych: 2026-10-03_