# Matematyka — zadanie 32

> Źródło: matura.lol — https://matura.lol/question/maturazai-matematyka-mma-p1-1p-183/zad/32
> Wersja Markdown strony zadania (dla asystentów AI). Przy cytowaniu podaj matura.lol i link powyżej.

- arkusz: Matematyka · Matura · maj 2018 (podstawowa)
- rok: 2018
- poziom: podstawowa
- typ: open
- punkty: 5
- działy: Stereometria, trygonometria

## Treść

Zadanie 32. (0-5)
Dany jest ostrosłup prawidłowy czworokątny o wysokości
16
H =
. Cosinus kąta nachylenia
krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy tego ostrosłupa jest równy 3
5 . Oblicz pole
powierzchni bocznej tego ostrosłupa.

MMA_1P
Odpowiedź:
Wypełnia
egzaminator
Nr zadania
32.
Maks. liczba pkt
5
Uzyskana liczba pkt

MMA_1P
Dany jest ostrosłup prawidłowy czworokątny o wysokości H=16. Cosinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy tego ostrosłupa jest równy 3/5. Oblicz pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa.

## Rozwiązanie — maturazai.pl (AI)

## Poprawna odpowiedź: \(P_b = 96\sqrt{41}\)

## Sposób 1 - przez krawędź boczną i apotema boczna

**Krok 1: Wyznaczamy długość krawędzi bocznej \(l\)**

Krawędź boczna łączy wierzchołek ostrosłupa z narożnikiem podstawy. Tworzy ona z płaszczyzną podstawy kąt \(\alpha\), w trójkącie prostokątnym o bokach:
- pionowa noga: \(H = 16\) (wysokość),
- pozioma noga: \(d\) (połowa przekątnej podstawy),
- przeciwprostokątna: \(l\) (krawędź boczna).

Mamy \(\cos\alpha = \dfrac{3}{5}\), zatem \(\sin\alpha = \dfrac{4}{5}\) (trójkąt 3-4-5).

\[\sin\alpha = \frac{H}{l} \implies l = \frac{H}{\sin\alpha} = \frac{16}{\dfrac{4}{5}} = 16 \cdot \frac{5}{4} = 20\]

**Krok 2: Wyznaczamy bok podstawy \(a\)**

Długość połowy przekątnej podstawy:
\[d = l \cdot \cos\alpha = 20 \cdot \frac{3}{5} = 12\]

Ponieważ przekątna kwadratu = \(a\sqrt{2}\), a \(d = \dfrac{a\sqrt{2}}{2}\):
\[a = \frac{2d}{\sqrt{2}} = \frac{24}{\sqrt{2}} = 12\sqrt{2}\]

**Krok 3: Wyznaczamy apotema boczną \(h_s\) (wysokość ściany bocznej)**

Apotema to odległość od wierzchołka ostrosłupa do środka krawędzi podstawy. Odległość od środka podstawy do środka boku = \(\dfrac{a}{2} = 6\sqrt{2}\).

\[h_s = \sqrt{H^2 + \left(\frac{a}{2}\right)^2} = \sqrt{256 + (6\sqrt{2})^2} = \sqrt{256 + 72} = \sqrt{328} = 2\sqrt{82}\]

**Krok 4: Pole powierzchni bocznej**

Ostrosłup ma 4 trójkątne ściany boczne, każda o podstawie \(a\) i wysokości \(h_s\):

\[P_b = 4 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot h_s = 2 \cdot 12\sqrt{2} \cdot 2\sqrt{82} = 48\sqrt{164} = 48\sqrt{4 \cdot 41}\]

\[\boxed{P_b = 96\sqrt{41}}\]

## Sposób 2 - przez trójkąt ze wzorem na pole (weryfikacja geometryczna)

Każda ściana boczna to trójkąt równoramienny:
- podstawa: \(a = 12\sqrt{2}\)
- dwa ramiona (krawędzie boczne): \(l = 20\)

Wysokość tego trójkąta (apotema boczna) przez twierdzenie Pitagorasa:
\[h_s = \sqrt{l^2 - \left(\frac{a}{2}\right)^2} = \sqrt{400 - (6\sqrt{2})^2} = \sqrt{400 - 72} = \sqrt{328} = 2\sqrt{82}\]

Pole jednej ściany:
\[P_{\text{ściany}} = \frac{1}{2} \cdot 12\sqrt{2} \cdot 2\sqrt{82} = 12\sqrt{2} \cdot \sqrt{82} = 12\sqrt{164} = 12 \cdot 2\sqrt{41} = 24\sqrt{41}\]

Pole boczne (4 ściany):
\[P_b = 4 \cdot 24\sqrt{41} = \boxed{96\sqrt{41}}\]

Wyniki zgodne - odpowiedź potwierdzona.

## Wzory z karty CKE

**Dział 12 (Stereometria, s. 26-28):**

Pole powierzchni bocznej graniastosłupa/ostrosłupa - ze wzoru ogólnego na pole boczne ostrosłupa:
\[P_b = \frac{1}{2} \cdot O_p \cdot h_s\]
gdzie \(O_p\) - obwód podstawy, \(h_s\) - apotema boczna. W naszym zadaniu: \(O_p = 4a = 48\sqrt{2}\).

**Dział 10 (Planimetria, s. 15)** - twierdzenie Pitagorasa:
\[a^2 + b^2 = c^2\]
Użyte trzykrotnie: przy wyznaczaniu \(l\), \(a\) i \(h_s\).

**Dział 9 (Trygonometria, s. 11-12):**
\[\cos\alpha = \frac{\text{przyległe}}{\text{przeciwprostokątna}}, \quad \sin\alpha = \frac{\text{przeciwległe}}{\text{przeciwprostokątna}}\]
Skorzystaliśmy ze związku \(\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1\) do wyznaczenia \(\sin\alpha = \dfrac{4}{5}\).

## Typowe pułapki

> ⚠️ **Uwaga:** Nie myl **krawędzi bocznej** (łączy wierzchołek z **narożnikiem** podstawy) z **apotema boczną** (łączy wierzchołek ze **środkiem** krawędzi podstawy). Kąt \(\alpha\) dotyczy krawędzi bocznej - do niej idzie połowa **przekątnej** (\(\frac{a\sqrt{2}}{2}\)), nie połowa boku (\(\frac{a}{2}\))!

> ⚠️ **Uwaga:** Przy obliczaniu pola bocznej ściany trójkątnej potrzebna jest apotema \(h_s\) (odległość od wierzchołka do **środka krawędzi podstawy**), a nie krawędź boczna \(l\). Wzięcie \(l\) zamiast \(h_s\) to bardzo częsty błąd!

> ⚠️ **Uwaga:** Trójkąt 3-4-5: jeśli \(\cos\alpha = \dfrac{3}{5}\), to \(\sin\alpha = \dfrac{4}{5}\) - warto rozpoznawać ten trójkąt, bo mocno upraszcza obliczenia. Nie stosuj kalkulatora, gdy masz trójkąt Pitagorasa!

**Poprawna odpowiedź:** \(P_{b} = 96\sqrt{41}\).

### Sposób 1 - Krawędź boczna z cosinusa (CKE I)
Oznaczenia: \(a\) - krawędź podstawy (kwadratu), \(b\) - krawędź boczna, \(h\) - wysokość ściany bocznej, \(H = 16\) - wysokość ostrosłupa, \(x\) - połowa przekątnej podstawy. Kąt \(\alpha\) - między krawędzią boczną a podstawą.

W trójkącie prostokątnym (wysokość \(H\), \(x\), przeciwprostokątna \(b\)):
\[\cos\alpha = \tfrac{x}{b} = \tfrac{3}{5}.\]
Z tw. Pitagorasa: \(x^{2} + 16^{2} = b^{2}\).
Podstawiając \(x = \tfrac{3}{5}b\):
\[\left(\tfrac{3}{5}b\right)^{2} + 256 = b^{2}\]
\[\tfrac{9}{25}b^{2} + 256 = b^{2}\]
\[\tfrac{16}{25}b^{2} = 256 \Rightarrow b^{2} = 400 \Rightarrow b = 20.\]
Stąd \(x = \tfrac{3}{5}\cdot 20 = 12\).

Krawędź podstawy: \(a\sqrt{2} = 2x = 24\) (bo \(x\) to połowa przekątnej kwadratu), więc \(a = \tfrac{24}{\sqrt{2}} = 12\sqrt{2}\).

Wysokość ściany bocznej (apotema): tworzy trójkąt prostokątny z \(H = 16\) i \(\tfrac{a}{2} = 6\sqrt{2}\):
\[h^{2} = 16^{2} + (6\sqrt{2})^{2} = 256 + 72 = 328 \Rightarrow h = \sqrt{328} = 2\sqrt{82}.\]

Pole powierzchni bocznej (4 ściany trójkątne):
\[P_{b} = 4\cdot \tfrac{1}{2}\cdot a\cdot h = 2ah = 2\cdot 12\sqrt{2}\cdot 2\sqrt{82} = 48\sqrt{164} = 48\cdot 2\sqrt{41} = 96\sqrt{41}.\]

### Sposób 2 - Tangens kąta (CKE III)
Z \(\cos\alpha = \tfrac{3}{5}\) i jedynki: \(\sin\alpha = \tfrac{4}{5}\), \(\mathrm{tg}\,\alpha = \tfrac{4}{3}\).
Ale \(\mathrm{tg}\,\alpha = \tfrac{H}{x} = \tfrac{16}{x}\), więc \(x = 12\). Dalej jak wyżej.

### Uwagi o punktacji (wg CKE)
- **1 pkt:** zapisanie \(\tfrac{x}{b} = \tfrac{3}{5}\) i tw. Pitagorasa, lub \(\sin\alpha = \tfrac{4}{5}\), lub \(\mathrm{tg}\,\alpha = \tfrac{4}{3}\).
- **2 pkt:** zapisanie równania z jedną niewiadomą, np. \(\left(\tfrac{3}{5}b\right)^{2}+16^{2} = b^{2}\).
- **3 pkt:** obliczenie \(a = 12\sqrt{2}\).
- **4 pkt:** obliczenie \(h = 2\sqrt{82}\).
- **5 pkt:** pełne rozwiązanie z \(P_{b} = 96\sqrt{41}\).

**Trik:** "Krawędź boczna do podstawy" w ostrosłupie prawidłowym czworokątnym → kąt w trójkącie \(H, x, b\), gdzie \(x\) to połowa przekątnej.

## Linki

- [dane JSON](https://matura.lol/api/question/maturazai-matematyka-mma-p1-1p-183/zad/32)
- [otwórz w wyszukiwarce](https://matura.lol/?problem=maturazai-matematyka-mma-p1-1p-183%2Fzad%2F32)

## 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_