# Matematyka — zadanie 32 > Źródło: matura.lol — https://matura.lol/question/maturazai-matematyka-mma-p1-1p-184/zad/32 > Wersja Markdown strony zadania (dla asystentów AI). Przy cytowaniu podaj matura.lol i link powyżej. - arkusz: Matematyka · Matura · sierpień 2018 (podstawowa) - rok: 2018 - poziom: podstawowa - typ: open - punkty: 5 - działy: Stereometria ## Treść Zadanie 32. (0-5) W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym ABCS krawędź podstawy ma długość a. Pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa jest dwa razy większe od pola jego podstawy. Oblicz cosinus kąta nachylenia krawędzi bocznej tego ostrosłupa do płaszczyzny jego podstawy. O A S C B MMA_1P Odpowiedź: Wypełnia egzaminator Nr zadania 32. Maks. liczba pkt 5 Uzyskana liczba pkt MMA_1P W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym ABCS krawędź podstawy ma długość a. Pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa jest dwa razy większe od pola jego podstawy. Oblicz cosinus kąta nachylenia krawędzi bocznej tego ostrosłupa do płaszczyzny jego podstawy. ## Rozwiązanie — maturazai.pl (AI) ## Poprawna odpowiedź: A Cosinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy wynosi \(\dfrac{2\sqrt{7}}{7}\). ## Sposób 1 - przez apotemę ściany i wysokość ostrosłupa **Krok 1: Dane o podstawie.** Podstawa to trójkąt równoboczny o boku \(a\). \[P_{\text{podstawy}} = \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\] Promień okręgu wpisanego w podstawę (apotema podstawy, czyli odległość od środka do środka krawędzi): \[r = \frac{a}{2\sqrt{3}} = \frac{a\sqrt{3}}{6}\] Promień okręgu opisanego na podstawie (odległość od środka do wierzchołka): \[R = \frac{a}{\sqrt{3}} = \frac{a\sqrt{3}}{3}\] **Krok 2: Wyznaczam apotemy ścian bocznych z warunku na pola.** Pole powierzchni bocznej to suma pól 3 trójkątów równoramiennych. Każdy ma podstawę \(a\) i wysokość \(l\) (apotema ściany bocznej): \[P_{\text{boczna}} = 3 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot l = \frac{3al}{2}\] Warunek z treści: \[P_{\text{boczna}} = 2 \cdot P_{\text{podstawy}}\] \[\frac{3al}{2} = 2 \cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{a^2\sqrt{3}}{2}\] \[3l = a\sqrt{3}\] \[l = \frac{a\sqrt{3}}{3} = \frac{a}{\sqrt{3}}\] **Krok 3: Wyznaczam wysokość ostrosłupa \(H\).** W ostrosłupie prawidłowym: apotema ściany, wysokość ostrosłupa i apotema podstawy tworzą trójkąt prostokątny: \[l^2 = H^2 + r^2\] \[\frac{a^2}{3} = H^2 + \frac{a^2 \cdot 3}{36} = H^2 + \frac{a^2}{12}\] \[H^2 = \frac{a^2}{3} - \frac{a^2}{12} = \frac{4a^2}{12} - \frac{a^2}{12} = \frac{3a^2}{12} = \frac{a^2}{4}\] \[H = \frac{a}{2}\] **Krok 4: Wyznaczam długość krawędzi bocznej \(SA\).** Krawędź boczna \(SA\) łączy wierzchołek \(S\) z wierzchołkiem \(A\). Rzut \(S\) na podstawę to środek \(O\) (odległy od \(A\) o \(R\)): \[SA^2 = H^2 + R^2 = \frac{a^2}{4} + \frac{a^2}{3} = \frac{3a^2}{12} + \frac{4a^2}{12} = \frac{7a^2}{12}\] \[SA = a\sqrt{\frac{7}{12}} = \frac{a\sqrt{7}}{2\sqrt{3}} = \frac{a\sqrt{21}}{6}\] **Krok 5: Kąt nachylenia krawędzi bocznej do podstawy.** Krawędź \(SA\) tworzy z jej rzutem \(OA\) (rzut na podstawę) kąt \(\varphi\). Rzut krawędzi bocznej to odcinek \(OA = R\): \[\cos\varphi = \frac{OA}{SA} = \frac{R}{SA} = \frac{\dfrac{a\sqrt{3}}{3}}{\dfrac{a\sqrt{21}}{6}} = \frac{a\sqrt{3}}{3} \cdot \frac{6}{a\sqrt{21}} = \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{21}} = \frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3}\cdot\sqrt{7}} = \frac{2}{\sqrt{7}}\] \[\boxed{\cos\varphi = \frac{2}{\sqrt{7}} = \frac{2\sqrt{7}}{7}}\] ## Sposób 2 - weryfikacja przez sinus kąta Sprawdzam wynik, obliczając \(\sin\varphi\) i kontrolując jedynkę trygonometryczną. \[\sin\varphi = \frac{H}{SA} = \frac{\dfrac{a}{2}}{\dfrac{a\sqrt{21}}{6}} = \frac{a}{2} \cdot \frac{6}{a\sqrt{21}} = \frac{3}{\sqrt{21}} = \frac{3\sqrt{21}}{21} = \frac{\sqrt{21}}{7}\] Sprawdzam: \[\sin^2\varphi + \cos^2\varphi = \frac{21}{49} + \frac{28}{49} = \frac{49}{49} = 1 \checkmark\] Wynik potwierdzony: \(\cos\varphi = \dfrac{2\sqrt{7}}{7}\). ## Wzory z karty CKE **Dział 10 (Planimetria, s. 15-16)** - pole trójkąta równobocznego: \[P = \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\] Użyte w Kroku 1 do obliczenia pola podstawy. **Dział 12 (Stereometria, s. 26-28)** - pole powierzchni bocznej graniastosłupa i ostrosłupa, pole podstawy, zależności w ostrosłupie prawidłowym. Użyte w Kroku 2 do warunku na pola. **Dział 9 (Trygonometria, s. 11)** - definicja cosinusa jako przyległa/przeciwprostokątna: \[\cos\varphi = \frac{\text{rzut krawędzi na podstawę}}{\text{długość krawędzi}} = \frac{R}{SA}\] Użyte w Kroku 5. **Dział 10 (Planimetria, s. 15)** - twierdzenie Pitagorasa \(a^2 + b^2 = c^2\): Użyte do wyznaczenia \(H\) z \(l, r\) oraz do wyznaczenia \(SA\) z \(H, R\). ## Dlaczego inne odpowiedzi są błędne | Odp. | Typowy błąd | | B | Wzięcie kąta między **apotomą ściany** a podstawą zamiast kąta krawędzi bocznej - czyli \(\cos\varphi = r/l\) zamiast \(R/SA\) | | C | Pomylenie promienia wpisanego \(r\) z promieniem opisanym \(R\) przy obliczaniu rzutu krawędzi bocznej | | D | Liczenie \(\sin\varphi\) zamiast \(\cos\varphi\), czyli \(H/SA\) zamiast \(R/SA\) | ## Typowe pułapki i uwagi > ⚠️ **Uwaga:** Krawędź boczna \(SA\) rzutuje się na odcinek \(OA\) (od środka do **wierzchołka** podstawy), a nie na apotomę podstawy (do **środka krawędzi**). To częsty błąd - używa się \(r\) zamiast \(R\). > ⚠️ **Uwaga:** Apotema ściany bocznej \(l\) to **nie jest** krawędź boczna \(SA\) - to wysokość trójkątnej ściany bocznej, potrzebna do liczenia pola bocznego, ale nie bezpośrednio kąta krawędzi. > ⚠️ **Uwaga:** Warunek „pole boczne jest 2 razy większe od pola podstawy" to \(P_b = 2P_p\), **nie** \(P_b + P_p = 2P_p\). Czytaj uważnie, bo pułapka jest banalna! **Poprawna odpowiedź: \(\cos\alpha = \dfrac{2\sqrt{7}}{7}\)** ### Sposób 1 - Klasyczne rozumowanie CKE Oznaczenia: \(h_b\) - wysokość ściany bocznej, \(\alpha\) - kąt nachylenia krawędzi bocznej do podstawy, \(E\) - środek krawędzi \(BC\), \(O\) - środek podstawy. **Krok 1.** Pole podstawy (trójkąt równoboczny): \(P_p = \tfrac{a^2\sqrt{3}}{4}\). Pole powierzchni bocznej: \(P_b = 3\cdot\tfrac{1}{2}\cdot a\cdot h_b\). Z warunku \(P_b = 2P_p\): \[\tfrac{3}{2}a h_b = 2\cdot \tfrac{a^2\sqrt{3}}{4} = \tfrac{a^2\sqrt{3}}{2}\] \[h_b = \tfrac{a\sqrt{3}}{3}.\] **Krok 2.** Dla trójkąta równobocznego \(ABC\): \(|AE| = \tfrac{a\sqrt{3}}{2}\), \(|AO| = \tfrac{2}{3}|AE| = \tfrac{a\sqrt{3}}{3}\). **Krok 3.** Z Pitagorasa w trójkącie \(BES\) (gdzie \(|BE| = \tfrac{a}{2}\), \(|ES| = h_b\)): \[|SB|^2 = \left(\tfrac{a\sqrt{3}}{3}\right)^2 + \left(\tfrac{a}{2}\right)^2 = \tfrac{a^2}{3} + \tfrac{a^2}{4} = \tfrac{7a^2}{12}\] \[|SB| = \tfrac{a\sqrt{7}}{2\sqrt{3}} = \tfrac{a\sqrt{21}}{6}.\] **Krok 4.** W trójkącie \(AOS\) (prostokątnym w \(O\), kąt \(\alpha\) przy \(A\)): \[\cos\alpha = \tfrac{|AO|}{|AS|} = \tfrac{\tfrac{a\sqrt{3}}{3}}{\tfrac{a\sqrt{21}}{6}} = \tfrac{6\sqrt{3}}{3\sqrt{21}} = \tfrac{2}{\sqrt{7}} = \tfrac{2\sqrt{7}}{7}.\] ### Sposób 2 - Wyznaczenie wysokości ostrosłupa Wysokość ostrosłupa \(SO\) z Pitagorasa w \(\triangle OES\): \(|SO|^2 = h_b^2 - |EO|^2\), gdzie \(|EO| = \tfrac{1}{3}|AE| = \tfrac{a\sqrt{3}}{6}\). Wtedy: \[|SO|^2 = \tfrac{a^2}{3} - \tfrac{a^2}{12} = \tfrac{a^2}{4} \Rightarrow |SO| = \tfrac{a}{2}.\] Zatem \(\operatorname{tg}\alpha = \tfrac{|SO|}{|AO|} = \tfrac{a/2}{a\sqrt{3}/3} = \tfrac{\sqrt{3}}{2}\). Z jedynki trygonometrycznej: \(\sin^2\alpha + \cos^2\alpha = 1\). Jeśli \(\tfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha} = \tfrac{\sqrt{3}}{2}\), to \(\sin\alpha = \tfrac{\sqrt{3}}{2}\cos\alpha\): \[\tfrac{3}{4}\cos^2\alpha + \cos^2\alpha = 1 \Rightarrow \tfrac{7}{4}\cos^2\alpha = 1 \Rightarrow \cos^2\alpha = \tfrac{4}{7}\] \[\cos\alpha = \tfrac{2}{\sqrt{7}} = \tfrac{2\sqrt{7}}{7}.\] ### Uwagi o punktacji (wg schematu CKE) - **1 pkt:** zaznaczenie kąta \(\alpha\) lub wyznaczenie długości odcinka \(AO\) / \(EO\) / zapisanie równania z \(h_b\). - **2 pkt:** wyznaczenie \(h_b = \tfrac{a\sqrt{3}}{3}\). - **3 pkt:** wyznaczenie \(|AS| = \tfrac{a\sqrt{21}}{6}\) lub \(|SO| = \tfrac{a}{2}\). - **4 pkt:** obliczenie \(\sin\alpha = \tfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{7}}\) lub \(\operatorname{tg}\alpha = \tfrac{\sqrt{3}}{2}\). - **5 pkt:** obliczenie \(\cos\alpha = \tfrac{2\sqrt{7}}{7}\). **Trik:** W ostrosłupie prawidłowym kąt nachylenia krawędzi bocznej do podstawy = kąt w trójkącie prostokątnym \(AOS\). ## Linki - [dane JSON](https://matura.lol/api/question/maturazai-matematyka-mma-p1-1p-184/zad/32) - [otwórz w wyszukiwarce](https://matura.lol/?problem=maturazai-matematyka-mma-p1-1p-184%2Fzad%2F32) ## Podobne zadania - [Zadanie 10](https://matura.lol/question/matematyka-2023-przykladowy-arkusz-cke-rozszerzona/zad/10) — Zadanie 10. (0-6) Dany jest ostrosłup prawidłowy czworokątny 𝐴𝐵𝐶𝐷𝑆 o podstawie 𝐴𝐵𝐶𝐷 i polu powierzchni bocznej równym 𝑃. Kąt między wysokościami sąsiednich ścia - [Zadanie 12](https://matura.lol/question/matematyka-2020-czerwiec-matura-stara-rozszerzona/zad/12) — Zadanie 12. (6 pkt) Podstawą ostrosłupa czworokątnego ABCDS jest trapez ABCD ( ) AB CD  . Ramiona tego trapezu mają długości 10 AD = i 16 BC = , a miara kąta A - [Zadanie 14](https://matura.lol/question/matematyka-2020-czerwiec-matura-rozszerzona/zad/14) — Zadanie 14. (0-6) Podstawą ostrosłupa czworokątnego ABCDS jest trapez ABCD ( ) AB CD  . Ramiona tego trapezu mają długości 10 AD = i 16 BC = , a miara kąta ABC - [Zadanie 11](https://matura.lol/question/matematyka-2019-maj-matura-stara-rozszerzona/zad/11) — Zadanie 11. (6 pkt) Podstawą ostrosłupa ABCDS jest prostokąt ABCD, którego boki mają długości 32 AB = i 18 BC = . Ściany boczne ABS i CDS są trójkątami przystaj _Ostatnia aktualizacja danych: 2026-10-03_