Kąty i odległości w bryłach — kąt między krawędzią a podstawą, kąt dwuścienny i rzut prostokątny

Krawędź podstawy ma długość \(3\sqrt{6}\), a cosinus kąta między ścianami \(SAC\) i \(SBC\) jest równy \(\frac{5}{14}\).

**Krok \(1\).** Metoda: z długości okręgu opisanego wyznaczamy krawędź podstawy. Kąt dwuścienny między ścianami \(SAC\) i \(SBC\) mierzymy w płaszczyźnie prostopadłej do ich wspólnej krawędzi \(SC\) — dlatego rozpatrzymy wysokości ścian opuszczone na \(SC\) i skorzystamy z twierdzenia cosinusów. **Krok \(2\).** Z długości okręgu opisanego na podstawie: \[2\pi R=6\sqrt2\pi,\qquad R=3\sqrt2.\] **Krok \(3\).** Dla trójkąta równobocznego o boku \(a\) promień okręgu opisanego wynosi \(R=\frac{a\sqrt3}{3}\), więc \[\frac{a\sqrt3}{3}=3\sqrt2,\qquad a=\frac{9\sqrt2}{\sqrt3}=3\sqrt6.\] **Krok \(4\).** Oznaczmy \(\alpha=\lvert\sphericalangle BSC\rvert\). Ze wzoru na cosinus podwojonego kąta: \[\cos\alpha=2\cos^{2}\frac{\alpha}{2}-1,\qquad \frac{5}{9}=2\cos^{2}\frac{\alpha}{2}-1,\qquad \cos^{2}\frac{\alpha}{2}=\frac{7}{9}.\] Ponieważ \(\alpha\lt 180^{\circ}\), kąt \(\frac{\alpha}{2}\) jest ostry, więc \(\cos\frac{\alpha}{2}=\frac{\sqrt7}{3}\). **Krok \(5\).** Niech \(D\) będzie spodkiem wysokości trójkąta \(BSC\) opuszczonej z \(B\) na krawędź \(SC\). Ściany \(SAC\) i \(SBC\) są przystające i symetryczne względem płaszczyzny przechodzącej przez \(S\) i środek \(AB\), więc wysokość trójkąta \(ASC\) opuszczona z \(A\) ma spodek w tym samym punkcie \(D\). Zatem \(AD\perp SC\) i \(BD\perp SC\), a szukany kąt dwuścienny to \(\beta=\lvert\sphericalangle ADB\rvert\). **Krok \(6\).** Obliczamy \(x=\lvert BD\rvert\). Trójkąt \(BSC\) jest równoramienny (\(\lvert SB\rvert=\lvert SC\rvert\)) o kącie \(\alpha\) przy wierzchołku \(S\), więc jego kąty przy podstawie mają miarę \(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\). W trójkącie prostokątnym \(BDC\) \[x=\lvert BC\rvert\cdot\sin\left(90^{\circ}-\frac{\alpha}{2}\right)=a\cos\frac{\alpha}{2}=3\sqrt6\cdot\frac{\sqrt7}{3}=\sqrt{42}.\] **Krok \(7\).** Z symetrii \(\lvert AD\rvert=\lvert BD\rvert=\sqrt{42}\), a \(\lvert AB\rvert=a=3\sqrt6\). **Krok \(8\).** Stosujemy twierdzenie cosinusów do trójkąta \(ABD\): \[\lvert AB\rvert^{2}=\lvert AD\rvert^{2}+\lvert BD\rvert^{2}-2\lvert AD\rvert\lvert BD\rvert\cos\beta,\] \[\left(3\sqrt6\right)^{2}=42+42-2\cdot 42\cos\beta,\qquad 54=84-84\cos\beta.\] **Krok \(9\).** Stąd \[84\cos\beta=30,\qquad \cos\beta=\frac{30}{84}=\frac{5}{14}.\] **Uwaga.** Kąta między ścianami nie wolno mierzyć „byle jak” — trzeba wybrać w każdej ze ścian półprostą prostopadłą do wspólnej krawędzi \(SC\), wychodzącą z tego samego jej punktu. Symetria ostrosłupa prawidłowego gwarantuje, że oba spodki wysokości pokrywają się w punkcie \(D\). **Odpowiedź.** Krawędź podstawy ma długość \(a=3\sqrt6\), a cosinus kąta między ścianami \(SAC\) i \(SBC\) jest równy \(\frac{5}{14}\).

**4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(a=3\sqrt{6}\) oraz \(\cos\beta=\frac{5}{14}\). **3 pkt** – obliczenie wysokości \(x\) ściany bocznej opuszczonej na krawędź boczną ostrosłupa: \(x=\sqrt{42}\) ALBO – obliczenie \(\sin\left(\frac{\beta}{2}\right)\): \(\sin\left(\frac{\beta}{2}\right)=\frac{3}{2\sqrt{7}}\), ALBO – obliczenie długości krawędzi podstawy: \(a=3\sqrt{6}\) oraz zapisanie zależności między funkcjami trygonometrycznymi kątów \(\alpha\) i \(\beta\), np. \(1=2\cos^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right)\cdot(1-\cos\beta)\), \(1=\sin^{2}\alpha\cdot\frac{1-\cos\beta}{1-\cos\alpha}\), ALBO – obliczenie cosinusa kąta \(\beta\): \(\cos\beta=\frac{5}{14}\). **2 pkt** – obliczenie długości krawędzi podstawy ostrosłupa oraz \(\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)\): \(a=3\sqrt{6}\) oraz \(\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)=\frac{\sqrt{7}}{3}\) ALBO – zapisanie związków \(\frac{x}{a}=\frac{\sqrt{7}}{3}\) oraz \(\sin\left(\frac{\beta}{2}\right)=\frac{\lvert EB\rvert}{x}\), ALBO – obliczenie długości (lub kwadratu długości) \(b\) krawędzi bocznej ostrosłupa: \(b=\frac{9\sqrt{3}}{2}\) (lub \(b^{2}=\frac{243}{4}\)), ALBO – zapisanie zależności między długością krawędzi bocznej ostrosłupa i wysokością ściany bocznej opuszczoną na krawędź boczną ostrosłupa, np.: \(\frac{x}{b}=\frac{2\sqrt{14}}{9}\), \(\frac{1}{2}\cdot b^{2}\cdot\frac{2\sqrt{14}}{9}=\frac{1}{2}b\cdot x\), \(\left(\frac{5}{9}b\right)^{2}+x^{2}=b^{2}\), ALBO – zapisanie zależności między funkcjami trygonometrycznymi kątów \(\alpha\) i \(\beta\), np. \(1=2\cos^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right)\cdot(1-\cos\beta)\), \(1=\sin^{2}\alpha\cdot\frac{1-\cos\beta}{1-\cos\alpha}\). **1 pkt** – obliczenie długości \(a\) krawędzi podstawy ostrosłupa: \(a=3\sqrt{6}\) ALBO – obliczenie \(\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)\): \(\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)=\frac{\sqrt{7}}{3}\), ALBO – obliczenie \(\sin\alpha\): \(\sin\alpha=\frac{2\sqrt{14}}{9}\), ALBO – zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta \(ABD\) i zapisanie równania \(a^{2}=x^{2}+x^{2}-2x^{2}\cos\beta\) ALBO – zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta \(BCS\) i zapisanie równania \(a^{2}=b^{2}+b^{2}-2b^{2}\cos\alpha\) ALBO – zapisanie zależności między \(a\), \(x\) oraz \(\alpha\), np. \(\sin\left(90^\circ-\frac{\alpha}{2}\right)=\frac{x}{a}\), \(\cos\frac{\alpha}{2}=\frac{x}{a}\), ALBO – zapisanie zależności między \(b\), \(x\) oraz \(\alpha\), np. \(\sin\alpha=\frac{x}{b}\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwagi: 1. Jeżeli zdający poprawnie zinterpretuje kąt między krawędziami bocznymi ostrosłupa i zastosuje twierdzenie cosinusów do ściany bocznej – pomimo błędnie obliczonej długości krawędzi podstawy lub długości krawędzi bocznej – to traktujemy to jak spełnienie kryterium z myślnika piątego z kategorii za 1 punkt. 2. Jeżeli zdający poprawnie zinterpretuje kąt między ścianami bocznymi ostrosłupa i zastosuje twierdzenie cosinusów do trójkąta z tym kątem – pomimo błędnie obliczonej długości krawędzi podstawy lub wysokości ściany bocznej poprowadzonej z wierzchołka podstawy ostrosłupa – to traktujemy to jak spełnienie kryterium z myślnika czwartego z kategorii za 1 punkt. 3. Jeżeli zdający błędnie interpretuje kąt między krawędziami bocznymi ostrosłupa, to może otrzymać co najwyżej \(1\) punkt za całe rozwiązanie. 4. Jeżeli zdający rozpatruje inną bryłę niż ostrosłup prawidłowy trójkątny, to otrzymuje \(0\) punktów za całe rozwiązanie.

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** X.R2) Zdający wyznacza przekroje […] ostrosłupów prawidłowych oraz oblicza ich pola, także z wykorzystaniem trygonometrii.

Krawędź podstawy ma długość \(3\sqrt{6}\), a cosinus kąta między ścianami \(SAC\) i \(SBC\) jest równy \(\frac{5}{14}\).

Z długości okręgu opisanego na podstawie wyznaczamy jego promień: \[2\pi R=6\sqrt2\pi,\qquad R=3\sqrt2.\] Dla trójkąta równobocznego o boku \(a\) zachodzi \(R=\dfrac{a\sqrt3}{3}\), zatem \[a=R\sqrt3=3\sqrt6,\qquad a^{2}=54.\] Oznaczmy przez \(b\) długość krawędzi bocznej. Twierdzenie cosinusów w trójkącie równoramiennym \(BSC\) daje \[a^{2}=2b^{2}\left(1-\cos\lvert\angle BSC\rvert\right)=2b^{2}\left(1-\tfrac59\right)=\tfrac89 b^{2},\] czyli \(b^{2}=\tfrac98 a^{2}=\tfrac{486}{8}=\tfrac{243}{4}\). Kąt między ścianami \(SAC\) i \(SBC\) mierzymy w przekroju prostopadłym do wspólnej krawędzi \(SC\). Niech \(D\) będzie spodkiem wysokości opuszczonej z \(B\) na \(SC\); z symetrii spodek wysokości z \(A\) jest tym samym punktem, a szukany kąt to \(\angle ADB\). Oznaczmy \(x=\lvert AD\rvert=\lvert BD\rvert\). Pole trójkąta \(BSC\) zapisujemy dwoma sposobami: \[\tfrac12 b\,x=\tfrac12 b^{2}\sin\lvert\angle BSC\rvert,\qquad \sin\lvert\angle BSC\rvert=\sqrt{1-\tfrac{25}{81}}=\tfrac{2\sqrt{14}}{9},\] skąd \(x=b\cdot\tfrac{2\sqrt{14}}{9}\) oraz \(x^{2}=\tfrac{56}{81}b^{2}=\tfrac{56}{81}\cdot\tfrac{243}{4}=42\). Z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(ADB\), w którym \(\lvert AB\rvert=a\), \[\cos\lvert\angle ADB\rvert=\frac{2x^{2}-a^{2}}{2x^{2}}=\frac{84-54}{84}=\frac{30}{84}=\frac{5}{14}.\] **Odpowiedź.** Krawędź podstawy ma długość \(3\sqrt6\), a cosinus kąta między ścianami \(SAC\) i \(SBC\) jest równy \(\dfrac{5}{14}\).

**0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – obliczenie długości \(a\) krawędzi podstawy ostrosłupa: \(a=3\sqrt{6}\) ALBO obliczenie \(\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)\): \(\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)=\frac{\sqrt{7}}{3}\), ALBO obliczenie \(\sin\alpha\): \(\sin\alpha=\frac{2\sqrt{14}}{9}\), ALBO zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta \(ABD\) i zapisanie równania \(a^{2}=x^{2}+x^{2}-2x^{2}\cos\beta\) ALBO zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta \(BCS\) i zapisanie równania \(a^{2}=b^{2}+b^{2}-2b^{2}\cos\alpha\) ALBO zapisanie zależności między \(a\), \(x\) oraz \(\alpha\), np. \(\sin\left(90^\circ-\frac{\alpha}{2}\right)=\frac{x}{a}\), \(\cos\frac{\alpha}{2}=\frac{x}{a}\), ALBO zapisanie zależności między \(b\), \(x\) oraz \(\alpha\), np. \(\sin\alpha=\frac{x}{b}\). **2 pkt** – obliczenie długości krawędzi podstawy ostrosłupa oraz \(\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)\): \(a=3\sqrt{6}\) oraz \(\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)=\frac{\sqrt{7}}{3}\) ALBO zapisanie związków \(\frac{x}{a}=\frac{\sqrt{7}}{3}\) oraz \(\sin\left(\frac{\beta}{2}\right)=\frac{\lvert EB\rvert}{x}\), ALBO obliczenie długości (lub kwadratu długości) \(b\) krawędzi bocznej ostrosłupa: \(b=\frac{9\sqrt{3}}{2}\) (lub \(b^{2}=\frac{243}{4}\)), ALBO zapisanie zależności między długością krawędzi bocznej ostrosłupa i wysokością ściany bocznej opuszczoną na krawędź boczną ostrosłupa, np.: \(\frac{x}{b}=\frac{2\sqrt{14}}{9}\), \(\frac{1}{2}\cdot b^{2}\cdot\frac{2\sqrt{14}}{9}=\frac{1}{2}b\cdot x\), \(\left(\frac{5}{9}b\right)^{2}+x^{2}=b^{2}\), ALBO zapisanie zależności między funkcjami trygonometrycznymi kątów \(\alpha\) i \(\beta\), np. \(1=2\cos^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right)\cdot(1-\cos\beta)\), \(1=\sin^{2}\alpha\cdot\frac{1-\cos\beta}{1-\cos\alpha}\). **3 pkt** – obliczenie wysokości \(x\) ściany bocznej opuszczonej na krawędź boczną ostrosłupa: \(x=\sqrt{42}\) ALBO obliczenie \(\sin\left(\frac{\beta}{2}\right)\): \(\sin\left(\frac{\beta}{2}\right)=\frac{3}{2\sqrt{7}}\), ALBO obliczenie długości krawędzi podstawy: \(a=3\sqrt{6}\) oraz zapisanie zależności między funkcjami trygonometrycznymi kątów \(\alpha\) i \(\beta\), np. \(1=2\cos^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right)\cdot(1-\cos\beta)\), \(1=\sin^{2}\alpha\cdot\frac{1-\cos\beta}{1-\cos\alpha}\), ALBO obliczenie cosinusa kąta \(\beta\): \(\cos\beta=\frac{5}{14}\). **4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(a=3\sqrt{6}\) oraz \(\cos\beta=\frac{5}{14}\). Uwagi: 1. Jeżeli zdający poprawnie zinterpretuje kąt między krawędziami bocznymi ostrosłupa i zastosuje twierdzenie cosinusów do ściany bocznej – pomimo błędnie obliczonej długości krawędzi podstawy lub długości krawędzi bocznej – to traktujemy to jak spełnienie kryterium z myślnika piątego z kategorii za 1 punkt. 2. Jeżeli zdający poprawnie zinterpretuje kąt między ścianami bocznymi ostrosłupa i zastosuje twierdzenie cosinusów do trójkąta z tym kątem – pomimo błędnie obliczonej długości krawędzi podstawy lub wysokości ściany bocznej poprowadzonej z wierzchołka podstawy ostrosłupa – to traktujemy to jak spełnienie kryterium z myślnika czwartego z kategorii za 1 punkt. 3. Jeżeli zdający błędnie interpretuje kąt między krawędziami bocznymi ostrosłupa, to może otrzymać co najwyżej 1 punkt za całe rozwiązanie. 4. Jeżeli zdający rozpatruje inną bryłę niż ostrosłup prawidłowy trójkątny, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 9.4) Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między ścianami; 9.6) Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów […].

Szukana odległość wynosi \(\frac{a\sqrt6}{6}\).

Niech \(S\) będzie środkiem podstawy \(ABCD\). Punkt \(S\) leży na przekątnej \(BD\), więc odcinek \(PS\) leży w płaszczyźnie \(BDP\). Mamy \[|CS|=\frac{a\sqrt2}{2},\qquad |CP|=\frac a2,\qquad |PS|=\sqrt{|CS|^2+|CP|^2}=\frac{a\sqrt3}{2}.\] Przekątna \(BD\) jest prostopadła do płaszczyzny \(CPS\), dlatego wysokość \(h\) trójkąta \(CPS\) opuszczona na \(PS\) jest odległością punktu \(C\) od płaszczyzny \(BDP\). Pole trójkąta obliczamy dwiema metodami: \[P_{CPS}=\frac12\cdot\frac{a\sqrt2}{2}\cdot\frac a2=\frac{a^2\sqrt2}{8}\] oraz \[P_{CPS}=\frac12\cdot\frac{a\sqrt3}{2}\cdot h.\] Po porównaniu otrzymujemy \[h=\frac{a\sqrt6}{6}.\]

**3 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik **2 pkt** – obliczenie pola trójkąta \(CPS\) i wyrażenie go za pomocą szukanej odległości \(h\), albo równoważny zaawansowany etap innej metody **1 pkt** – obliczenie \(|PS|=\frac{a\sqrt3}{2}\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań. **Wymagania szczegółowe:** X.2 R) Zdający wyznacza przekroje sześcianu.

**C.** \(\alpha=\angle BHA\)

Rzutem prostokątnym punktu \(B\) na płaszczyznę ściany \(ADHE\) jest punkt \(A\). Rzutem przekątnej \(BH\) na tę płaszczyznę jest więc odcinek \(AH\). Kąt między prostą \(BH\) a płaszczyzną \(ADHE\) to kąt między \(BH\) i jej rzutem \(HA\), czyli \(\angle BHA\).

**1 pkt** – odpowiedź **C** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** X.2) Zdający posługuje się pojęciem kąta między prostą a płaszczyzną. X.3) Rozpoznaje kąty w graniastosłupach.

Z przekroju kąta dwuściennego i warunku \(\cos\beta=-\frac{9}{25}\) otrzymujemy wysokość ściany \(BE=15\) oraz \(CE=9\). Podobieństwo trójkątów \(BCS\) i \(BCE\) daje \(BS=5\sqrt{34}\), a następnie \(AS=4\sqrt{34}\). Po zsumowaniu pól czterech ścian bocznych otrzymujemy \(P_b=918\).

**Krok \(1\).** Metoda: kąt dwuścienny między ścianami \(CDS\) i \(BCS\) mierzymy w przekroju prostopadłym do ich wspólnej krawędzi \(SC\); w powstałym trójkącie zastosujemy twierdzenie cosinusów. Oznaczmy \(a=|AB|=3\sqrt{34}\), więc \(a^{2}=306\). **Krok \(2\).** Krawędź \(SA\) jest wysokością ostrosłupa, a \(AB\perp BC\), więc z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych \(SB\perp BC\). Analogicznie \(SD\perp DC\). Ściany \(BCS\) i \(DCS\) są zatem przystającymi trójkątami prostokątnymi. **Krok \(3\).** Niech \(E\) będzie spodkiem wysokości trójkąta \(BCS\) poprowadzonej z \(B\) na \(SC\), i oznaczmy \(t=|BE|\). Z symetrii ostrosłupa względem płaszczyzny \(ACS\) także \(DE\perp SC\) oraz \(|DE|=t\). Kątem \(\beta\) jest kąt \(BED\). **Krok \(4\).** Przekątna kwadratu: \(|BD|=a\sqrt{2}\), więc \(|BD|^{2}=2\cdot 306=612\). **Krok \(5\).** Twierdzenie cosinusów w trójkącie \(BED\): \[612=t^{2}+t^{2}-2t^{2}\cos\beta=2t^{2}\left(1+\frac{9}{25}\right)=\frac{68t^{2}}{25},\] skąd \(t^{2}=225\), czyli \(|BE|=15\). **Krok \(6\).** Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie prostokątnym \(BEC\): \[|CE|^{2}=|BC|^{2}-|BE|^{2}=306-225=81,\qquad |CE|=9.\] **Krok \(7\).** W trójkącie prostokątnym \(BCS\) odcinek \(BE\) jest wysokością opuszczoną na przeciwprostokątną \(SC\), więc z twierdzenia o przyprostokątnej \(|BC|^{2}=|CE|\cdot|CS|\): \[306=9\cdot|CS|,\qquad |CS|=34.\] **Krok \(8\).** Stąd \(|BS|^{2}=|CS|^{2}-|BC|^{2}=1156-306=850\), czyli \(|BS|=5\sqrt{34}\), a z trójkąta prostokątnego \(ABS\) \[|AS|^{2}=|BS|^{2}-|AB|^{2}=850-306=544,\qquad |AS|=4\sqrt{34}.\] **Krok \(9\).** Obliczamy pole powierzchni bocznej. Ściany \(ABS\) i \(ADS\) są prostokątne przy \(A\): \[2\cdot\frac{1}{2}\cdot 3\sqrt{34}\cdot 4\sqrt{34}=12\cdot 34=408,\] a ściany \(BCS\) i \(DCS\) są prostokątne przy \(B\) i \(D\): \[2\cdot\frac{1}{2}\cdot 3\sqrt{34}\cdot 5\sqrt{34}=15\cdot 34=510.\] Razem \(408+510=918\). **Uwaga.** Ujemny cosinus oznacza, że kąt \(\beta\) jest rozwarty — to normalne dla kąta między sąsiednimi ścianami bocznymi. Znak minus wchodzi do twierdzenia cosinusów i to on powiększa \(|BD|^{2}\) ponad \(2t^{2}\). **Odpowiedź.** Pole powierzchni bocznej ostrosłupa jest równe \(918\).

**5 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(918\). **4 pkt** – obliczenie długości krawędzi \(SC\) i \(BE\): \(\lvert SC\rvert=34\) i \(\lvert BE\rvert=15\) ALBO – obliczenie długości krawędzi \(SC\) i \(BS\): \(\lvert SC\rvert=34\) i \(\lvert BS\rvert=5\sqrt{34}\), ALBO – obliczenie długości krawędzi \(BS\): \(\lvert BS\rvert=5\sqrt{34}\) i zapisanie, że trójkąt \(SBC\) jest prostokątny (albo z rozwiązania wynika, że zdający rozpatruje trójkąt \(SBC\) jako prostokątny), ALBO – obliczenie długości krawędzi \(AS\) i \(SB\): \(\lvert AS\rvert=4\sqrt{34}\) i \(\lvert BS\rvert=5\sqrt{34}\), ALBO – obliczenie długości krawędzi \(AS\) i \(SC\): \(\lvert AS\rvert=4\sqrt{34}\) i \(\lvert SC\rvert=34\), ALBO – obliczenie długości krawędzi \(AS\) i \(BE\): \(\lvert AS\rvert=4\sqrt{34}\) i \(\lvert BE\rvert=15\), ALBO – obliczenie długości krawędzi \(AS\): \(\lvert AS\rvert=4\sqrt{34}\) i zapisanie, że trójkąt \(SBC\) jest prostokątny (albo z rozwiązania wynika, że zdający rozpatruje trójkąt \(SBC\) jako prostokątny). **3 pkt** – obliczenie długości odcinka \(CE\): \(\lvert CE\rvert=9\) oraz zapisanie równania pozwalającego obliczyć długość jednego z odcinków: \(SC\), \(SB\), \(SA\), \(SE\), np.: \(\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert BC\rvert}=\frac{\lvert BC\rvert}{\lvert SC\rvert}\) (\(\lvert SC\rvert\) z podobieństwa trójkątów \(BCS\) i \(ECB\)), \(\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert OC\rvert}=\frac{\lvert AC\rvert}{\lvert SC\rvert}\) (\(\lvert SC\rvert\) z podobieństwa trójkątów \(ECO\) i \(ACS\)), \(\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert BE\rvert}=\frac{\lvert BC\rvert}{\lvert SB\rvert}\) (\(\lvert SB\rvert\) z podobieństwa trójkątów \(BCS\) i \(ECB\)), \(\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert BC\rvert}=\frac{\lvert BE\rvert}{\lvert SB\rvert}\) (\(\lvert SB\rvert\) z podobieństwa trójkątów \(ESB\) i \(EBC\)), \(\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert OE\rvert}=\frac{\lvert AC\rvert}{\lvert SA\rvert}\) (\(\lvert SA\rvert\) z podobieństwa trójkątów \(ECO\) i \(ACS\)), \(\lvert SE\rvert\cdot\lvert CE\rvert=\lvert BE\rvert^2\) (\(\lvert SE\rvert\) z podobieństwa trójkątów \(ESB\) i \(EBC\)), ALBO – zapisanie układu dwóch równań z dwiema niewiadomymi, w którym jedną z niewiadomych jest długość krawędzi \(BS\), a drugą długość krawędzi \(SC\), np. \(\lvert BS\rvert^2+\left(3\sqrt{34}\right)^2=\lvert SC\rvert^2\) i \(\frac{15}{3\sqrt{34}}=\frac{\lvert BS\rvert}{\lvert SC\rvert}\), ALBO – zapisanie równania z jedną niewiadomą (długością krawędzi \(BS\) albo długością krawędzi \(SC\), albo długością krawędzi \(AS\)), np. \(\left(\frac{15}{\lvert BS\rvert}\right)^2+\left(\frac{15}{3\sqrt{34}}\right)^2=1\), \(\left(\frac{3\sqrt{34}}{\lvert SC\rvert}\right)^2+\left(\frac{15}{3\sqrt{34}}\right)^2=1\), \(\left(\frac{6\sqrt{2}}{\tfrac{1}{2}\cdot3\sqrt{34}\cdot\sqrt{2}}\right)^2+\left(\frac{12\sqrt{2}}{\lvert AS\rvert}\right)^2=1\). **2 pkt** – obliczenie długości \(x\) odcinka \(BE\) (lub \(DE\)): \(x=15\) ALBO – obliczenie długości \(y\) odcinka \(EO\): \(y=6\sqrt{2}\), ALBO – spełnienie warunku 2) i jednego z warunków 3),4) określonych w zasadach oceniania za 1 punkt. **1 pkt** – spełnienie jednego z poniższych warunków 1)-4): 1) obliczenie wartości funkcji trygonometrycznej kąta \(\tfrac{\beta}{2}=\lvert\angle BEO\rvert\) (gdzie \(O\) jest punktem przecięcia przekątnych podstawy \(ABCD\)), np.: \(\sin\tfrac{\beta}{2}=\tfrac{\sqrt{17}}{5}\), \(\operatorname{tg}\tfrac{\beta}{2}=\tfrac{\sqrt{34}}{4}\), \(\cos\tfrac{\beta}{2}=\tfrac{2\sqrt{2}}{5}\); 2) zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta \(BED\) i zapisanie równania \(\left(3\sqrt{34}\cdot\sqrt{2}\right)^2=x^2+x^2-2x^2\cdot\left(-\tfrac{9}{25}\right)\); 3) zdający zapisze, że trójkąt \(SBC\) (lub \(SDC\)) jest prostokątny i wskaże właściwy wierzchołek kąta prostego lub wynika to z rozwiązania, np.: zapisze równość wynikającą z twierdzenia Pitagorasa: \(\lvert SC\rvert^2=\lvert BS\rvert^2+\lvert BC\rvert^2\), zapisze, że trójkąty \(CBS\) oraz \(CEB\) są podobne, zapisze równość wynikającą z podobieństwa trójkątów \(CBS\) oraz \(CEB\), np.: \(\frac{\lvert BS\rvert}{\lvert BC\rvert}=\frac{\lvert BE\rvert}{\lvert EC\rvert}\), zapisze, że trójkąty \(BES\) oraz \(CEB\) są podobne, zapisze równość wynikającą z podobieństwa trójkątów \(BES\) oraz \(CEB\), np.: \(\frac{\lvert ES\rvert}{\lvert BE\rvert}=\frac{\lvert BE\rvert}{\lvert EC\rvert}\); 4) zapisze, że trójkąt \(OEC\) jest prostokątny lub wynika to z rozwiązania, np.: zdający zapisze równość \(\lvert OC\rvert^2=\lvert OE\rvert^2+\lvert EC\rvert^2\), zapisze, że trójkąty \(OEC\) oraz \(SAC\) są podobne, zapisze równość wynikającą z podobieństwa trójkątów \(OEC\) oraz \(SAC\), np.: \(\frac{\lvert OE\rvert}{\lvert OC\rvert}=\frac{\lvert AS\rvert}{\lvert CS\rvert}\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwagi: 1. Jeżeli zdający w rozwiązaniu rozpatruje ostrosłup prawidłowy czworokątny, to otrzymuje co najwyżej 1 punkt (za poprawną interpretację kąta między ścianami bocznymi oraz za zapisanie równania wynikającego z twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(BDE\)). 2. Jeżeli zdający w rozwiązaniu błędnie interpretuje kąt między ścianami bocznymi \(BCS\) i \(CDS\), np. zakłada, że jest to kąt \(BSD\), to może otrzymać co najwyżej 1 punkt (za spełnienie warunku 3) z kryterium za 1 punkt). 3. Jeżeli zdający w rozwiązaniu rozpatruje inną bryłę i nie jest nią ostrosłup prawidłowy czworokątny, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** X.3) Zdający rozpoznaje w […] ostrosłupach kąty między odcinkami […] oraz kąty między ścianami, oblicza miary tych kątów; X.5) Zdający oblicza […] pola powierzchni […] ostrosłupów […].

\[P_b=918.\]

Oznaczmy \(a=\lvert AB\rvert=3\sqrt{34}\). Krawędź \(SA\) jest wysokością ostrosłupa, więc jest prostopadła do wszystkich prostych podstawy przechodzących przez \(A\). Bok \(BC\) jest prostopadły do \(AB\) i do \(SA\), więc jest prostopadły do płaszczyzny \(ABS\), a zatem także do \(BS\). Trójkąt \(BCS\) ma więc kąt prosty przy wierzchołku \(B\); analogicznie trójkąt \(CDS\) ma kąt prosty przy \(D\). Kąt \(\beta\) między ścianami \(BCS\) i \(CDS\) mierzymy w przekroju prostopadłym do wspólnej krawędzi \(CS\). Niech \(E\) będzie spodkiem wysokości opuszczonej z \(B\) na \(CS\); z symetrii spodek wysokości z \(D\) jest tym samym punktem, a \(\beta=\lvert\angle BED\rvert\). Oznaczmy \(x=\lvert BE\rvert=\lvert DE\rvert\). Przekątna podstawy ma długość \(\lvert BD\rvert=a\sqrt2\), więc z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(BED\) \[\cos\beta=\frac{2x^{2}-2a^{2}}{2x^{2}}=1-\frac{a^{2}}{x^{2}}=-\frac{9}{25},\qquad x^{2}=\frac{25}{34}a^{2}=\frac{25}{34}\cdot306=225,\] czyli \(x=15\). W trójkącie prostokątnym \(BCS\) wysokość opuszczona z wierzchołka kąta prostego spełnia \(\lvert BE\rvert\cdot\lvert CS\rvert=\lvert BC\rvert\cdot\lvert BS\rvert\) oraz \(\lvert BC\rvert^{2}=\lvert CE\rvert\cdot\lvert CS\rvert\). Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(BCE\) \[\lvert CE\rvert=\sqrt{\lvert BC\rvert^{2}-x^{2}}=\sqrt{306-225}=9,\] a stąd \(\lvert CS\rvert=\dfrac{\lvert BC\rvert^{2}}{\lvert CE\rvert}=\dfrac{306}{9}=34\) oraz \[\lvert BS\rvert=\sqrt{\lvert CS\rvert^{2}-\lvert BC\rvert^{2}}=\sqrt{1156-306}=\sqrt{850}=5\sqrt{34}.\] Wreszcie \(\lvert AS\rvert=\sqrt{\lvert BS\rvert^{2}-a^{2}}=\sqrt{850-306}=\sqrt{544}=4\sqrt{34}\). Pole powierzchni bocznej to suma pól czterech trójkątów prostokątnych: \[P_b=2\cdot\tfrac12\cdot a\cdot\lvert AS\rvert+2\cdot\tfrac12\cdot a\cdot\lvert BS\rvert=3\sqrt{34}\left(4\sqrt{34}+5\sqrt{34}\right)=3\cdot34\cdot9=918.\] **Odpowiedź.** \(P_b=918\).

**5 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(918\). **4 pkt** – obliczenie długości krawędzi \(SC\) i \(BE\): \(\lvert SC\rvert=34\) i \(\lvert BE\rvert=15\) ALBO – obliczenie długości krawędzi \(SC\) i \(BS\): \(\lvert SC\rvert=34\) i \(\lvert BS\rvert=5\sqrt{34}\), ALBO – obliczenie długości krawędzi \(BS\): \(\lvert BS\rvert=5\sqrt{34}\) i zapisanie, że trójkąt \(SBC\) jest prostokątny (albo z rozwiązania wynika, że zdający rozpatruje trójkąt \(SBC\) jako prostokątny), ALBO – obliczenie długości krawędzi \(AS\) i \(SB\): \(\lvert AS\rvert=4\sqrt{34}\) i \(\lvert BS\rvert=5\sqrt{34}\), ALBO – obliczenie długości krawędzi \(AS\) i \(SC\): \(\lvert AS\rvert=4\sqrt{34}\) i \(\lvert SC\rvert=34\), ALBO – obliczenie długości krawędzi \(AS\) i \(BE\): \(\lvert AS\rvert=4\sqrt{34}\) i \(\lvert BE\rvert=15\), ALBO – obliczenie długości krawędzi \(AS\): \(\lvert AS\rvert=4\sqrt{34}\) i zapisanie, że trójkąt \(SBC\) jest prostokątny (albo z rozwiązania wynika, że zdający rozpatruje trójkąt \(SBC\) jako prostokątny). **3 pkt** – obliczenie długości odcinka \(CE\): \(\lvert CE\rvert=9\) oraz zapisanie równania pozwalającego obliczyć długość jednego z odcinków: \(SC\), \(SB\), \(SA\), \(SE\), np.: \(\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert BC\rvert}=\frac{\lvert BC\rvert}{\lvert SC\rvert}\) (\(\lvert SC\rvert\) z podobieństwa trójkątów \(BCS\) i \(ECB\)), \(\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert OC\rvert}=\frac{\lvert AC\rvert}{\lvert SC\rvert}\) (\(\lvert SC\rvert\) z podobieństwa trójkątów \(ECO\) i \(ACS\)), \(\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert BE\rvert}=\frac{\lvert BC\rvert}{\lvert SB\rvert}\) (\(\lvert SB\rvert\) z podobieństwa trójkątów \(BCS\) i \(ECB\)), \(\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert BC\rvert}=\frac{\lvert BE\rvert}{\lvert SB\rvert}\) (\(\lvert SB\rvert\) z podobieństwa trójkątów \(ESB\) i \(EBC\)), \(\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert OE\rvert}=\frac{\lvert AC\rvert}{\lvert SA\rvert}\) (\(\lvert SA\rvert\) z podobieństwa trójkątów \(ECO\) i \(ACS\)), \(\lvert SE\rvert\cdot\lvert CE\rvert=\lvert BE\rvert^2\) (\(\lvert SE\rvert\) z podobieństwa trójkątów \(ESB\) i \(EBC\)), ALBO – zapisanie układu dwóch równań z dwiema niewiadomymi, w którym jedną z niewiadomych jest długość krawędzi \(BS\), a drugą długość krawędzi \(SC\), np. \(\lvert BS\rvert^2+\left(3\sqrt{34}\right)^2=\lvert SC\rvert^2\) i \(\frac{15}{3\sqrt{34}}=\frac{\lvert BS\rvert}{\lvert SC\rvert}\), ALBO – zapisanie równania z jedną niewiadomą (długością krawędzi \(BS\) albo długością krawędzi \(SC\), albo długością krawędzi \(AS\)), np. \(\left(\frac{15}{\lvert BS\rvert}\right)^2+\left(\frac{15}{3\sqrt{34}}\right)^2=1\), \(\left(\frac{3\sqrt{34}}{\lvert SC\rvert}\right)^2+\left(\frac{15}{3\sqrt{34}}\right)^2=1\), \(\left(\frac{6\sqrt{2}}{\tfrac{1}{2}\cdot3\sqrt{34}\cdot\sqrt{2}}\right)^2+\left(\frac{12\sqrt{2}}{\lvert AS\rvert}\right)^2=1\). **2 pkt** – obliczenie długości \(x\) odcinka \(BE\) (lub \(DE\)): \(x=15\) ALBO – obliczenie długości \(y\) odcinka \(EO\): \(y=6\sqrt{2}\), ALBO – spełnienie warunku 2) i jednego z warunków 3),4) określonych w zasadach oceniania za 1 punkt. **1 pkt** – spełnienie jednego z poniższych warunków 1)-4): 1) obliczenie wartości funkcji trygonometrycznej kąta \(\tfrac{\beta}{2}=\lvert\angle BEO\rvert\) (gdzie \(O\) jest punktem przecięcia przekątnych podstawy \(ABCD\)), np.: \(\sin\tfrac{\beta}{2}=\tfrac{\sqrt{17}}{5}\), \(\operatorname{tg}\tfrac{\beta}{2}=\tfrac{\sqrt{34}}{4}\), \(\cos\tfrac{\beta}{2}=\tfrac{2\sqrt{2}}{5}\); 2) zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta \(BED\) i zapisanie równania \(\left(3\sqrt{34}\cdot\sqrt{2}\right)^2=x^2+x^2-2x^2\cdot\left(-\tfrac{9}{25}\right)\); 3) zdający zapisze, że trójkąt \(SBC\) (lub \(SDC\)) jest prostokątny i wskaże właściwy wierzchołek kąta prostego lub wynika to z rozwiązania, np.: zapisze równość wynikającą z twierdzenia Pitagorasa: \(\lvert SC\rvert^2=\lvert BS\rvert^2+\lvert BC\rvert^2\), zapisze, że trójkąty \(CBS\) oraz \(CEB\) są podobne, zapisze równość wynikającą z podobieństwa trójkątów \(CBS\) oraz \(CEB\), np.: \(\frac{\lvert BS\rvert}{\lvert BC\rvert}=\frac{\lvert BE\rvert}{\lvert EC\rvert}\), zapisze, że trójkąty \(BES\) oraz \(CEB\) są podobne, zapisze równość wynikającą z podobieństwa trójkątów \(BES\) oraz \(CEB\), np.: \(\frac{\lvert ES\rvert}{\lvert BE\rvert}=\frac{\lvert BE\rvert}{\lvert EC\rvert}\); 4) zapisze, że trójkąt \(OEC\) jest prostokątny lub wynika to z rozwiązania, np.: zdający zapisze równość \(\lvert OC\rvert^2=\lvert OE\rvert^2+\lvert EC\rvert^2\), zapisze, że trójkąty \(OEC\) oraz \(SAC\) są podobne, zapisze równość wynikającą z podobieństwa trójkątów \(OEC\) oraz \(SAC\), np.: \(\frac{\lvert OE\rvert}{\lvert OC\rvert}=\frac{\lvert AS\rvert}{\lvert CS\rvert}\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwagi: 1. Jeżeli zdający w rozwiązaniu rozpatruje ostrosłup prawidłowy czworokątny, to otrzymuje co najwyżej 1 punkt (za poprawną interpretację kąta między ścianami bocznymi oraz za zapisanie równania wynikającego z twierdzenia cosinusów dla trójkąta \(BDE\)). 2. Jeżeli zdający w rozwiązaniu błędnie interpretuje kąt między ścianami bocznymi \(BCS\) i \(CDS\), np. zakłada, że jest to kąt \(BSD\), to może otrzymać co najwyżej 1 punkt (za spełnienie warunku 3) z kryterium za 1 punkt). 3. Jeżeli zdający w rozwiązaniu rozpatruje inną bryłę i nie jest nią ostrosłup prawidłowy czworokątny, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 9.4) Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między ścianami; 9.6) Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól powierzchni i objętości.

\[P_c=\frac{\sqrt3}{2}a^2+3\sqrt2a^2.\]

Niech \(H\) oznacza wysokość graniastosłupa, a \(\alpha\) kąt między wskazanymi przekątnymi. Ponieważ \(\sin\alpha=\frac{\sqrt{11}}6\) i \(\alpha\) jest ostry, \[\cos\alpha=\sqrt{1-\frac{11}{36}}=\frac56.\] Każda z przekątnych ściany bocznej ma długość \(\sqrt{H^2+a^2}\). Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta utworzonego przez te przekątne i krawędź podstawy \[2(H^2+a^2)-2(H^2+a^2)\cdot\frac56=a^2.\] Stąd \(H^2=2a^2\), czyli \(H=a\sqrt2\). Pole całkowite wynosi \[P_c=2\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}+3aH=\frac{\sqrt3}{2}a^2+3\sqrt2a^2.\]

**4 pkt** – poprawna metoda i wynik \(\frac{\sqrt3}{2}a^2+3\sqrt2a^2\) **3 pkt** – wyznaczenie wysokości graniastosłupa \(H=a\sqrt2\) **2 pkt** – zapisanie poprawnego równania z jedną niewiadomą prowadzącego do wysokości **1 pkt** – obliczenie \(\cos\alpha=\frac56\) albo poprawne zastosowanie twierdzenia cosinusów do odpowiedniego trójkąta **0 pkt** – rozwiązanie z niepoprawną metodą albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 9.1) Zdający rozpoznaje w graniastosłupach kąty między odcinkami. 9.3) Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków i pól powierzchni.

**C.** \(8\sqrt2\)

Przekątna graniastosłupa, przekątna podstawy i krawędź boczna tworzą trójkąt prostokątny — kąt \(\alpha\) leży między przekątną bryły a przekątną podstawy (tak zaznaczono go na rysunku). Przekątna kwadratu o boku \(4\) ma długość \[d=4\sqrt2.\] Wysokość graniastosłupa jest przyprostokątną leżącą naprzeciw kąta \(\alpha\), więc \[\tan\alpha=\frac{H}{d}\quad\Longrightarrow\quad H=d\tan\alpha=4\sqrt2\cdot2=8\sqrt2.\] **Odpowiedź.** \(H=8\sqrt2\), czyli wariant **C**

**1 pkt** – wskazanie odpowiedzi **C** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania egzaminacyjne 2024** **Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych. **Wymagania szczegółowe:** X.4) Zdający oblicza objętości i pola powierzchni graniastosłupów i ostrosłupów, również z wykorzystaniem trygonometrii i poznanych twierdzeń.

**B.** \(6\)

Niech \(S\) będzie wierzchołkiem ostrosłupa, \(O\) środkiem podstawy, a \(M\) środkiem jednego z boków podstawy. Kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy jest kątem \(SMO\). Odcinek \[|OM|=\frac42=2,\] a \(|SO|=H\) jest wysokością ostrosłupa. Zatem \[\tan\alpha=\frac{|SO|}{|OM|}=\frac{H}{2}.\] Ponieważ \(\tan\alpha=3\), mamy \[\frac{H}{2}=3,\qquad H=6.\]

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **B** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. 3. Tworzenie pomocniczych obiektów matematycznych na podstawie istniejących, w celu przeprowadzenia argumentacji lub rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** X.3) Zdający rozpoznaje w ostrosłupach kąty między ścianami. X.5) Zdający oblicza objętości ostrosłupów, również z wykorzystaniem trygonometrii.

**D.**

Kąt nachylenia prostej do płaszczyzny jest kątem między tą prostą a jej rzutem prostokątnym na płaszczyznę. Najdłuższa przekątna graniastosłupa łączy przeciwległe wierzchołki różnych podstaw, a jej rzutem na podstawę jest najdłuższa przekątna sześciokąta. Tę parę odcinków i właściwy kąt przedstawiono na rysunku **D**.

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **D** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i tworzenie informacji. Interpretowanie i operowanie informacjami przedstawionymi w tekście, zarówno matematycznym, jak i popularnonaukowym, a także w formie wykresów, diagramów i tabel. **Wymagania szczegółowe:** X.2) Zdający posługuje się pojęciem kąta między prostą a płaszczyzną.

**C.** \(12\).

Odcinek \(AB\) jest prostopadły do ściany \(ADHE\), więc jest prostopadły do leżącej w tej ścianie przekątnej \(AH\). Trójkąt \(ABH\) jest zatem prostokątny w punkcie \(A\). Kąt między \(BH\) i \(AH\), czyli \(\angle BHA\), ma miarę \(30^\circ\). Wobec tego \[\sin30^\circ=\frac{|AB|}{|BH|}=\frac6{|BH|}.\] Ponieważ \(\sin30^\circ=\frac12\), otrzymujemy \[\frac12=\frac6{|BH|},\qquad |BH|=12.\] Poprawna jest odpowiedź **C**.

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **C** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. 2. Dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych. **Wymagania szczegółowe:** X.3) Zdający rozpoznaje w graniastosłupach kąty między odcinkami, w tym krawędziami i przekątnymi, oraz oblicza miary tych kątów. VIII.11) Zdający stosuje funkcje trygonometryczne do wyznaczania długości odcinków.

**C.** \(12\)

Odcinek \(AB\) jest prostopadły do płaszczyzny ściany \(ADHE\), więc \(AB\perp AH\). Trójkąt \(ABH\) jest zatem prostokątny w punkcie \(A\), a \(\angle AHB=30^\circ\). Mamy \[\sin30^\circ=\frac{|AB|}{|BH|}=\frac6{|BH|}.\] Ponieważ \(\sin30^\circ=\frac12\), otrzymujemy \[\frac12=\frac6{|BH|},\qquad |BH|=12.\]

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **C** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 9.1) Zdający rozpoznaje w graniastosłupach kąty między odcinkami. 9.3) Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków.

**A.** \(\alpha=\angle EAG\)

Kąt między prostą i płaszczyzną jest kątem między tą prostą a jej rzutem prostokątnym na płaszczyznę. Punkt \(G\) jest rzutem punktu \(E\) na płaszczyznę ściany \(ACFD\), więc rzutem odcinka \(AE\) jest odcinek \(AG\). Szukanym kątem jest zatem \(\angle EAG\).

**1 pkt** – odpowiedź **A** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** X.2 i X.3 posługiwanie się pojęciem kąta między prostą i płaszczyzną oraz rozpoznawanie kątów w bryłach.

**A.** \(\sqrt2\)

Rzutem najdłuższej krawędzi bocznej na płaszczyznę podstawy jest przekątna kwadratu o boku \(6\), czyli odcinek długości \[d=6\sqrt2.\] Wysokość ostrosłupa ma długość \(12\). Dla kąta \(\alpha\) nachylenia tej krawędzi do podstawy \[\tan\alpha=\frac{12}{6\sqrt2}=\frac2{\sqrt2}=\sqrt2.\]

**1 pkt** – odpowiedź **A** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** II i III wykorzystanie informacji i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** X.2 zdający posługuje się pojęciem kąta między prostą a płaszczyzną.

Odległość punktu \(C\) od płaszczyzny \(BDP\) jest równa \(\frac{a\sqrt6}{6}\).

Niech \(S\) będzie środkiem podstawy \(ABCD\). Punkt \(S\) leży na przekątnej \(BD\), więc odcinek \(PS\) należy do płaszczyzny \(BDP\). Płaszczyzna \(CPS\) jest prostopadła do \(BD\); dlatego wysokość trójkąta \(CPS\) opuszczona z \(C\) na \(PS\) jest zarazem odległością punktu \(C\) od płaszczyzny \(BDP\). Mamy \[|CS|=\frac{a\sqrt2}{2},\qquad |CP|=\frac a2.\] Trójkąt \(CPS\) jest prostokątny w \(C\), zatem \[|PS|=\sqrt{|CS|^2+|CP|^2}=\frac{a\sqrt3}{2}.\] Jego pole można zapisać na dwa sposoby: \[P_{CPS}=\frac12|CS|\,|CP|=\frac{a^2\sqrt2}{8}\] oraz \[P_{CPS}=\frac12|PS|h=\frac{a\sqrt3}{4}h.\] Po porównaniu otrzymujemy \[h=\frac{a\sqrt6}{6}.\]

**3 pkt** – poprawna metoda i wynik \(\frac{a\sqrt6}{6}\) **2 pkt** – obliczenie pola trójkąta \(CPS\) i wyrażenie go za pomocą szukanej wysokości \(h\) albo wykonanie równoważnego kluczowego kroku metodą trygonometryczną lub objętościową **1 pkt** – obliczenie \(|PS|=\frac{a\sqrt3}{2}\) **0 pkt** – rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV.4 stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań. **Wymagania szczegółowe:** X.2R wyznaczanie przekrojów sześcianu i wykorzystywanie ich do obliczeń stereometrycznych.

**C.** \(\alpha=\angle BHA\)

Rzutem prostokątnym przekątnej \(BH\) na ścianę \(ADHE\) jest odcinek \(AH\): punkt \(H\) już leży w tej ścianie, a krawędź \(BA\) jest do niej prostopadła. Kąt między prostą \(BH\) a płaszczyzną \(ADHE\) jest więc kątem między \(BH\) i jego rzutem \(HA\), czyli \(\angle BHA\).

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **C** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** III.1 interpretowanie obiektów matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** X.2-X.3 kąt między prostą a płaszczyzną oraz rozpoznawanie kątów w graniastosłupach.

\[|SP|=\sqrt6,\] gdzie \(P\) jest spodkiem wysokości opuszczonej z \(S\) na \(BH\).

Punkt \(S\) jest środkiem przekątnych kwadratowej ściany \(ADHE\), więc \[|HS|=\frac12|HA|=3\sqrt2.\] W sześcianie o krawędzi \(6\): \[|AB|=6,\qquad |AH|=6\sqrt2,\qquad |BH|=6\sqrt3.\] Niech \(P\) będzie spodkiem wysokości trójkąta \(SBH\) poprowadzonej z \(S\). Trójkąty prostokątne \(PHS\) i \(AHB\) są podobne, więc \[\frac{|SP|}{|AB|}=\frac{|SH|}{|BH|}.\] Zatem \[\frac{|SP|}{6}=\frac{3\sqrt2}{6\sqrt3},\] \[|SP|=\frac{3\sqrt2}{\sqrt3}=\sqrt6.\]

**4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i wynik \(\sqrt6\) **3 pkt** – zapisanie równania z niewiadomą \(|SP|\), np. \(\frac{|SP|}{6}=\frac{3\sqrt2}{6\sqrt3}\) **2 pkt** – obliczenie boków trójkąta \(HSB\), zapisanie właściwej proporcji podobieństwa albo równoważnego etapu prowadzącego do wysokości **1 pkt** – obliczenie jednego z odcinków \(|BH|=6\sqrt3\), \(|HS|=3\sqrt2\), \(|BS|=3\sqrt6\) lub odpowiedniego odcinka pomocniczego **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja; 4. Stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** X.1) Zdający rozpoznaje wzajemne położenie prostych w przestrzeni, w szczególności proste prostopadłe nieprzecinające się. X.R5) Zdający wyznacza przekroje sześcianu.

Wysokość ma długość \(\sqrt6\). Mamy \(\lvert AH\rvert=6\sqrt2\), \(\lvert BH\rvert=6\sqrt3\) oraz \(\lvert SH\rvert=3\sqrt2\).

Umieśćmy sześcian w układzie współrzędnych: \(A=(0,0,0)\), \(B=(6,0,0)\), \(C=(6,6,0)\), \(D=(0,6,0)\), \(E=(0,0,6)\), \(F=(6,0,6)\), \(G=(6,6,6)\), \(H=(0,6,6)\). Punkt \(S\) jest przecięciem przekątnych ściany \(ADHE\), czyli jej środkiem: \[S=(0,3,3).\] Długości boków trójkąta \(SBH\): \[\lvert BH\rvert=\sqrt{6^2+6^2+6^2}=6\sqrt3,\qquad \lvert SH\rvert=\sqrt{3^2+3^2}=3\sqrt2,\qquad \lvert SB\rvert=\sqrt{6^2+3^2+3^2}=3\sqrt6.\] Pole trójkąta obliczamy z iloczynu wektorowego wektorów \(\vec{HB}=[6,-6,-6]\) i \(\vec{HS}=[0,-3,-3]\): \[\vec{HB}\times\vec{HS}=[0,18,-18],\qquad \left\lvert\vec{HB}\times\vec{HS}\right\rvert=18\sqrt2,\qquad P_{SBH}=\tfrac12\cdot18\sqrt2=9\sqrt2.\] Wysokość opuszczona z \(S\) na bok \(BH\): \[h=\frac{2P_{SBH}}{\lvert BH\rvert}=\frac{18\sqrt2}{6\sqrt3}=\frac{3\sqrt2}{\sqrt3}=\sqrt6.\] **Odpowiedź.** Wysokość ma długość \(\sqrt6\).

**1–2 pkt** – wyznaczenie \(\lvert BH\rvert=6\sqrt3\) i \(\lvert SH\rvert=3\sqrt2\). **3 pkt** – wyznaczenie \(\lvert SB\rvert=3\sqrt6\) albo pola trójkąta \(SBH\). **4 pkt** – obliczenie wysokości równej \(\sqrt6\).

**Wymagania egzaminacyjne 2023 i 2024** **Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** P9.1) Zdający rozpoznaje w graniastosłupach kąty między odcinkami (np. krawędziami, krawędziami i przekątnymi, itp.), oblicza miary tych kątów; P9.3) Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól powierzchni i objętości graniastosłupów.

**B.** \(45\)

Rzutem przekątnej graniastosłupa na płaszczyznę podstawy jest przekątna kwadratu o boku \(15\), czyli odcinek długości \(15\sqrt2\). Jeśli \(d\) oznacza przekątną graniastosłupa, to \[\cos\alpha=\frac{15\sqrt2}{d}=\frac{\sqrt2}{3}.\] Stąd \(d=45\).

**1 pkt** – odpowiedź poprawna **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; dobieranie i tworzenie modeli matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** X.2, X.3 i VII.4 zdający posługuje się pojęciem kąta między prostą a płaszczyzną, rozpoznaje odpowiednie kąty w graniastosłupie oraz rozwiązuje trójkąty.

**B.** \(\frac2{\sqrt5}\)

Rzutem dłuższej przekątnej graniastosłupa na podstawę jest najdłuższa przekątna sześciokąta foremnego, długości \(12\). Wysokość graniastosłupa wynosi \(6\), więc długość przekątnej przestrzennej jest równa \[\sqrt{12^2+6^2}=6\sqrt5.\] Dla kąta \(\alpha\) nachylenia do podstawy \[\cos\alpha=\frac{12}{6\sqrt5}=\frac2{\sqrt5}.\]

**1 pkt** – odpowiedź poprawna **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2023 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria przestrzenna - kąt nachylenia prostej do płaszczyzny i przekątna graniastosłupa.

\(\cos\alpha=\frac2{\sqrt5}=\frac{2\sqrt5}{5}\)

Rzutem dłuższej przekątnej graniastosłupa na płaszczyznę podstawy jest dłuższa przekątna sześciokąta foremnego, której długość wynosi \(12\). Wysokość graniastosłupa ma długość \(6\), zatem długość przekątnej przestrzennej jest równa \[d=\sqrt{12^2+6^2}=6\sqrt5.\] Dla kąta \(\alpha\) nachylenia przekątnej do podstawy \[\cos\alpha=\frac{12}{6\sqrt5}=\frac2{\sqrt5}=\frac{2\sqrt5}{5}.\]

**1 pkt** – poprawny wynik \(\frac2{\sqrt5}\), równoważnie \(\frac{2\sqrt5}{5}\) **0 pkt** – rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2023 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria przestrzenna - kąt nachylenia prostej do płaszczyzny i przekątna graniastosłupa.

\[\cos\alpha=\frac{\sqrt3}{3}.\]

Niech \(O\) będzie środkiem podstawy \(ABCD\), czyli spodkiem wysokości ostrosłupa. Wtedy \(|OW|=9\). Przekątna kwadratu podstawy ma długość \(9\sqrt2\), zatem \[|AO|=\frac{9\sqrt2}{2}.\] W trójkącie prostokątnym \(AOW\): \[|AW|=\sqrt{|AO|^2+|OW|^2}=\sqrt{\frac{81}{2}+81}=\frac{9\sqrt6}{2}.\] Kąt nachylenia krawędzi \(AW\) do płaszczyzny podstawy jest równy \(\alpha=\angle WAO\), więc \[\cos\alpha=\frac{|AO|}{|AW|}=\frac{9\sqrt2/2}{9\sqrt6/2}=\frac{\sqrt3}{3}.\]

**2 pkt** – obliczenie \(\cos\alpha=\frac{\sqrt3}{3}\) **1 pkt** – obliczenie \(|AO|=\frac{9\sqrt2}{2}\) **0 pkt** – zastosowanie niepoprawnej metody albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystywanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi. **Wymagania szczegółowe:** X.2 i VII.1 posługiwanie się pojęciem kąta między prostą a płaszczyzną oraz definicjami funkcji sinus, cosinus i tangens dla kątów od \(0^\circ\) do \(180^\circ\).

Najmniejszy kąt wewnętrzny trójkąta \(CFS\) ma miarę \(45^\circ\).

Długości boków trójkąta \(CFS\) wynoszą \[|CF|=2\sqrt2,\qquad |CS|=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt5,\qquad |FS|=\sqrt{(2\sqrt2)^2+1^2}=3.\] Najkrótszym bokiem jest \(CS\), więc najmniejszy kąt leży naprzeciw niego i jest to \(\angle CFS\). Z twierdzenia cosinusów: \[|CS|^2=|CF|^2+|FS|^2-2|CF|\,|FS|\cos(\angle CFS),\] \[5=8+9-12\sqrt2\cos(\angle CFS).\] Stąd \[\cos(\angle CFS)=\frac{12}{12\sqrt2}=\frac{\sqrt2}{2},\] a więc \(|\angle CFS|=45^\circ\).

**4 pkt** – poprawne wyznaczenie miary kąta \(CFS\): \(45^\circ\) **3 pkt** – poprawne zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta \(CFS\) **2 pkt** – obliczenie wszystkich boków: \(|CF|=2\sqrt2\), \(|CS|=\sqrt5\), \(|FS|=3\) **1 pkt** – obliczenie \(|CF|\) i \(|CS|\) albo samego \(|FS|=3\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja - dobór zależności geometrycznych i planu obliczeń. **Wymagania szczegółowe:** obliczanie odległości w sześcianie, stosowanie twierdzenia Pitagorasa oraz twierdzenia cosinusów.

\[\sin|\angle AFB|=\frac{4\sqrt3}{13}.\]

Trójkąt \(AFB\) jest równoramienny. Krawędzie \(AF\) i \(BF\) są przekątnymi prostokątów o bokach \(4\) i \(6\), więc \[|AF|=|BF|=\sqrt{4^2+6^2}=2\sqrt{13}.\] W trójkącie \(AFB\), dla \(\alpha=|\angle AFB|\), z twierdzenia cosinusów: \[|AB|^2=|AF|^2+|BF|^2-2|AF||BF|\cos\alpha.\] Zatem \[16=52+52-104\cos\alpha,\qquad\cos\alpha=\frac{11}{13}.\] Kąt \(\alpha\) jest ostry, więc \[\sin\alpha=\sqrt{1-\cos^2\alpha}=\sqrt{1-\frac{121}{169}}=\frac{4\sqrt3}{13}.\]

**4 pkt** – poprawne obliczenie \(\sin|\angle AFB|=\frac{4\sqrt3}{13}\) **3 pkt** – obliczenie \(\cos|\angle AFB|=\frac{11}{13}\) albo pola \(P_{AFB}=8\sqrt3\) **2 pkt** – zapisanie poprawnego równania z twierdzenia cosinusów albo wzoru na pole z sinusem kąta \(AFB\) **1 pkt** – obliczenie \(|AF|=2\sqrt{13}\) albo innego istotnego odcinka prowadzącego do rozwiązania **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.4 korzystanie z własności funkcji trygonometrycznych w obliczeniach geometrycznych.

\[\cos\beta=\frac{2\sqrt{13}}{13}.\]

Oznaczmy przez \(P\) środek sześciokąta foremnego w podstawie, przez \(R\) środek jednej z jego krawędzi \(AB\), a przez \(S\) wierzchołek ostrosłupa. Wtedy \[|PR|=\frac{8\sqrt3}{2}=4\sqrt3.\] Kąt między ścianą boczną a podstawą jest kątem \(SRP\) i ma miarę \(60^\circ\). W trójkącie prostokątnym \(SPR\): \[\cos60^\circ=\frac{|PR|}{|SR|},\] więc \[|SR|=\frac{4\sqrt3}{1/2}=8\sqrt3.\] Punkt \(R\) jest środkiem boku \(AB\), zatem \(|RB|=4\). W trójkącie prostokątnym \(SRB\): \[|SB|=\sqrt{|SR|^2+|RB|^2}=\sqrt{(8\sqrt3)^2+4^2}=\sqrt{208}=4\sqrt{13}.\] Rzutem krawędzi \(SB\) na płaszczyznę podstawy jest odcinek \(PB\). W sześciokącie foremnym \(|PB|=8\). Jeśli \(\beta\) oznacza kąt między krawędzią boczną a podstawą, to \[\cos\beta=\frac{|PB|}{|SB|}=\frac8{4\sqrt{13}}=\frac2{\sqrt{13}}=\frac{2\sqrt{13}}{13}.\]

**5 pkt** – poprawne wyznaczenie \(\cos\beta=\frac{2\sqrt{13}}{13}\) **4 pkt** – pełne rozwiązanie z drobną usterką rachunkową lub w zapisie **3 pkt** – obliczenie długości krawędzi bocznej \(|SB|=4\sqrt{13}\) albo zapisanie równoważnej zależności trygonometrycznej prowadzącej do wyniku **2 pkt** – obliczenie wysokości ściany bocznej \(|SR|=8\sqrt3\) albo wysokości ostrosłupa \(12\) **1 pkt** – poprawne zaznaczenie kąta nachylenia ściany do podstawy albo obliczenie \(|PR|=4\sqrt3\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 9.6 stosowanie trygonometrii w obliczeniach stereometrycznych.

**D.** \(\sqrt2\)

Przyjmijmy, że krawędź sześcianu ma długość \(a\). Punkt \(P\) jest środkiem podstawy \(ABCD\), a wierzchołek \(H\) leży bezpośrednio nad \(D\), więc rzutem odcinka \(PH\) na płaszczyznę \(ABCD\) jest odcinek \(PD\). Szukany kąt \(\alpha\) to kąt \(\angle HPD\) w trójkącie prostokątnym \(HDP\) o kącie prostym przy \(D\), w którym \[|HD|=a,\qquad |PD|=\frac12|BD|=\frac{a\sqrt2}2.\] Zatem \[\tan\alpha=\frac{|HD|}{|PD|}=\frac{a}{\frac{a\sqrt2}2}=\frac2{\sqrt2}=\sqrt2.\] **Odpowiedź.** \(\tan\alpha=\sqrt2\), czyli wariant **D**

**1 pkt** – wskazanie odpowiedzi **D** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

Zadanie 23. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2019 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

\[\cos\alpha=\frac{\sqrt5}{5}.\]

Podstawą jest kwadrat o boku \(6\), więc \[P_p=36,\qquad P_c=4P_p=144,\qquad P_b=P_c-P_p=108.\] Powierzchnia boczna składa się z czterech przystających trójkątów, więc każdy ma pole \(27\). Wysokość ściany bocznej \(m\) (poprowadzona do krawędzi podstawy) spełnia \[\tfrac12\cdot6\cdot m=27,\qquad m=9.\] Krawędź boczną \(b\) wyznaczamy z trójkąta prostokątnego, w którym \(m\) jest wysokością trójkąta równoramiennego o podstawie \(6\): \[b=\sqrt{m^{2}+3^{2}}=\sqrt{81+9}=\sqrt{90}=3\sqrt{10}.\] Rzutem krawędzi bocznej na płaszczyznę podstawy jest połowa przekątnej kwadratu: \[\frac{6\sqrt2}{2}=3\sqrt2.\] Kąt \(\alpha\) jest kątem między krawędzią boczną a jej rzutem, zatem \[\cos\alpha=\frac{3\sqrt2}{3\sqrt{10}}=\frac{1}{\sqrt5}=\frac{\sqrt5}{5}.\] **Odpowiedź.** \(\cos\alpha=\dfrac{\sqrt5}{5}\approx0{,}447\).

**5 pkt** – rozwiązanie pełne: zdający obliczy cosinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy: \(\cos\alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}\). **[…] pkt** – rozwiązanie prawie pełne: zdający obliczy długość krawędzi bocznej ostrosłupa: \(b=3\sqrt{10}\) albo obliczy \(\operatorname{tg}\alpha\), i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zdający obliczy wysokość ściany bocznej ostrosłupa: \(h_b=9\) i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **[…] pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zdający zapisze równanie pozwalające obliczyć wysokość ściany bocznej, np. \(4\cdot\frac{1}{2}\cdot 6\cdot h_b=108\). **[…] pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania: zdający zapisze zależność pomiędzy polem powierzchni bocznej a polem podstawy lub pomiędzy polem ściany bocznej a polem podstawy, albo zapisze dwa równania, albo obliczy pole powierzchni bocznej ostrosłupa: \(P_b=108\), albo zapisze, że \(\cos\alpha=\frac{\lvert AO\rvert}{\lvert AS\rvert}\), albo obliczy długość przekątnej podstawy ostrosłupa lub połowę jej długości.

IV. Użycie i tworzenie strategii. 9. Stereometria. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąt między odcinkami i płaszczyznami oraz oblicza miary tych kątów (9.2). 6. Trygonometria. Zdający wykorzystuje definicje i wyznacza wartości funkcji sinus, cosinus i tangens kątów od 0° do 180° (6.1).

**B.** \(45^\circ\)

Niech bok kwadratu \(ABCD\) ma długość \(a\). Ponieważ ściany boczne są równoboczne, \(|SA|=|SC|=a\), natomiast przekątna podstawy ma długość \(|AC|=a\sqrt2\). W trójkącie \(SAC\): \[|SA|^2+|SC|^2=a^2+a^2=2a^2=|AC|^2.\] Trójkąt \(SAC\) jest więc prostokątny i równoramienny, z kątem prostym przy \(S\). Oba kąty przy podstawie mają po \(45^\circ\), zatem \(\angle SAC=45^\circ\).

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: B **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

Klucz CKE dla zadań zamkniętych w tym arkuszu podaje wyłącznie odpowiedzi. **Klasyfikacja rzeczowa:** stereometria - przekątna kwadratu, ściany boczne ostrosłupa i twierdzenie Pitagorasa.

**D.** \(\alpha=60^\circ\)

Z twierdzenia Pitagorasa \(|KS|=|MS|=4\sqrt2\). Przekątna kwadratu \(|KM|=4\sqrt2\). Trójkąt \(KSM\) jest więc równoboczny, stąd \(\alpha=60^\circ\).

**1 pkt** – wskazanie odpowiedzi D **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymaganie ogólne II.** **9.1:** zdający rozpoznaje i oblicza kąty między odcinkami w ostrosłupach.

**A.** \(5\)

Przekątna graniastosłupa prostego rzutuje się na podstawę na przekątną podstawy, więc kąt \(\alpha\) występuje w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych: przekątnej podstawy i wysokości bryły. Przekątna prostokąta o bokach \(3\) i \(4\) ma długość \[d=\sqrt{3^{2}+4^{2}}=5.\] Stąd \[H=d\tan45^{\circ}=5\cdot1=5.\] **Odpowiedź.** \(H=5\), czyli wariant **A**

**1 pkt** – wskazanie odpowiedzi **A** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

Zadanie 21. (0−1) 9. Stereometria. Zdający rozpoznaje Wersja Wersja II. Wykorzystanie w graniastosłupach i ostrosłupach kąt między I II i interpretowanie odcinkami i płaszczyznami (między reprezentacji. krawędziami i ścianami, przekątnymi A C i ścianami), oblicza miary tych kątów (9.2).

**D.** \(\sin\alpha=\frac{\sqrt3}{3}\)

Dla krawędzi sześcianu długości \(a\) przekątna ściany ma długość \(a\sqrt2\), a przekątna sześcianu \(a\sqrt3\). W odpowiednim trójkącie prostokątnym bok naprzeciw \(\alpha\) ma długość \(a\), więc \[\sin\alpha=\frac{a}{a\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{3}.\]

**1 pkt** – odpowiedź D **0 pkt** – odpowiedź błędna lub brak

**Klasyfikacja CKE:** stereometria - przekątna ściany, przekątna sześcianu i kąt między odcinkami.

\[\cos\alpha=\frac{2\sqrt7}{7}.\]

Podstawą jest trójkąt równoboczny o boku \(a\), więc \[P_p=\frac{a^{2}\sqrt3}4.\] Z warunku \(P_b=2P_p\) i faktu, że ściany boczne są trzema przystającymi trójkątami o podstawie \(a\) i wysokości \(h\), otrzymujemy \[3\cdot\frac{a h}2=2\cdot\frac{a^{2}\sqrt3}4\quad\Longrightarrow\quad h=\frac{a\sqrt3}3.\] Spodek wysokości ostrosłupa prawidłowego pada w środku podstawy, którego odległość od boku wynosi \(r=\frac{a\sqrt3}6\), a od wierzchołka \(R=\frac{a\sqrt3}3\). Z trójkąta prostokątnego utworzonego przez wysokość \(H\), odcinek \(r\) i wysokość ściany bocznej \(h\): \[H^{2}=h^{2}-r^{2}=\frac{a^{2}}3-\frac{a^{2}}{12}=\frac{a^{2}}4,\qquad H=\frac a2.\] Długość krawędzi bocznej: \[b=\sqrt{H^{2}+R^{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}}4+\frac{a^{2}}3}=\frac{a\sqrt{21}}6.\] Kąt \(\alpha\) nachylenia krawędzi bocznej do podstawy leży w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnej \(R\) przyległej do niego i przeciwprostokątnej \(b\): \[\cos\alpha=\frac{R}{b}=\frac{\frac{a\sqrt3}3}{\frac{a\sqrt{21}}6}=\frac{2\sqrt3}{\sqrt{21}}=\frac2{\sqrt7}=\frac{2\sqrt7}7.\] **Odpowiedź.** \(\cos\alpha=\frac{2\sqrt7}7\)

**1–4 pkt** – poprawne wyznaczenie wysokości ściany, krawędzi bocznej i rzutu. **5 pkt** – \(\cos\alpha=\frac{2\sqrt{7}}{7}\)

Zadanie 32. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2018 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

**B.** \(\frac{\sqrt2}{2}\)

Z rysunku odczytujemy, że \(O\) jest środkiem górnej podstawy, \(S\) — środkiem dolnej, a \(A\) leży na okręgu dolnej podstawy. Odcinek \(OS\) jest wysokością walca, więc jest prostopadły do płaszczyzny podstawy, a zatem także do promienia \(SA\). Trójkąt \(OSA\) jest prostokątny z kątem prostym przy wierzchołku \(S\). Z założenia \(|AS|=|OS|\), więc trójkąt jest prostokątny równoramienny, a jego kąty ostre mają po \(45^{\circ}\). Przeciwprostokątna wynosi \[|OA|=\sqrt{|OS|^{2}+|AS|^{2}}=|AS|\sqrt2,\] zatem \[\sin\angle OAS=\frac{|OS|}{|OA|}=\frac{|AS|}{|AS|\sqrt2}=\frac1{\sqrt2}=\frac{\sqrt2}2.\] **Odpowiedź.** \(\sin\angle OAS=\frac{\sqrt2}2\), czyli wariant **B**

**1 pkt** – wskazanie odpowiedzi **B** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

Zadanie 22. (0−1) 9. Stereometria. Zdający rozpoznaje Wersja Wersja II. Wykorzystanie w walcach i w stożkach kąt między odcinkami I II i interpretowanie oraz kąt między odcinkami i płaszczyznami reprezentacji. (9.3). B C

**A.** \(\angle SAO\)

Kąt nachylenia prostej do płaszczyzny to kąt między tą prostą a jej rzutem prostokątnym na tę płaszczyznę. W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym spodek wysokości pada w punkcie \(O\) przecięcia przekątnych podstawy, więc rzutem wierzchołka \(S\) na płaszczyznę \(ABCD\) jest punkt \(O\). Rzutem krawędzi \(SA\) jest zatem odcinek \(AO\), a szukanym kątem — kąt między \(SA\) i \(AO\), czyli \(\angle SAO\). **Odpowiedź.** \(\angle SAO\), czyli wariant **A**

**1 pkt** – wskazanie odpowiedzi **A** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

Zadanie 18. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2017 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

**A.** \(\frac{\sqrt3}{3}\)

Niech każda krawędź ostrosłupa ma długość \(a\). W przekroju prostopadłym do krawędzi podstawy odcinek leżący w ścianie bocznej jest wysokością trójkąta równobocznego, więc ma długość \(\frac{a\sqrt3}{2}\). Jego rzut na płaszczyznę podstawy ma długość \(\frac a2\). Zatem \[\cos\alpha=\frac{a/2}{a\sqrt3/2}=\frac1{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{3}.\]

**1 pkt** – odpowiedź A **0 pkt** – odpowiedź błędna lub brak

**Klasyfikacja CKE:** stereometria - kąt dwuścienny, rzut prostokątny i przekrój ostrosłupa prawidłowego.

**D.** \(|\angle ASC|=90^\circ\)

Niech bok kwadratu ma długość \(a\). Ściany boczne są równoboczne, więc \(|AS|=|CS|=a\), natomiast przekątna podstawy ma długość \(|AC|=a\sqrt2\). W trójkącie \(ASC\) zachodzi \[|AS|^2+|CS|^2=a^2+a^2=2a^2=|AC|^2,\] zatem z odwrotności twierdzenia Pitagorasa \(|\angle ASC|=90^\circ\).

**1 pkt** – odpowiedź D **0 pkt** – odpowiedź błędna lub brak

**Klasyfikacja CKE:** stereometria - przekątna kwadratu i twierdzenie Pitagorasa w przekroju ostrosłupa.

\[V=\frac{500}{3}.\]

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy \(ABCD\), a przez \(H=5\) wysokość ostrosłupa. Środek podstawy oznaczmy przez \(O\). Kąt między sąsiednimi ścianami bocznymi \(ABS\) i \(CBS\) mierzymy w przekroju prostopadłym do ich wspólnej krawędzi \(BS\). Niech \(E\) będzie spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka \(A\) na krawędź \(BS\); z symetrii ostrosłupa spodek wysokości z \(C\) pokrywa się z \(E\), a szukanym kątem jest \(\angle AEC\). Odcinek \(AC\) jest przekątną kwadratu, więc \(\lvert AC\rvert=a\sqrt2\). Ponieważ \(\lvert AE\rvert=\lvert CE\rvert=x\), z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(AEC\) mamy \[2a^{2}=2x^{2}-2x^{2}\cos 120^\circ=3x^{2},\qquad x^{2}=\tfrac23 a^{2}.\] Z drugiej strony \(x\) jest wysokością trójkąta \(ABS\) opuszczoną na bok \(BS\), więc \[x=\frac{2P_{ABS}}{\lvert BS\rvert},\qquad P_{ABS}=\tfrac12 a\sqrt{b^{2}-\tfrac{a^{2}}{4}},\] gdzie \(b=\lvert BS\rvert\). Stąd \(x^{2}b^{2}=a^{2}\left(b^{2}-\tfrac{a^{2}}{4}\right)\), czyli \[\tfrac23 a^{2}b^{2}=a^{2}b^{2}-\tfrac{a^{4}}{4},\qquad \tfrac13 b^{2}=\tfrac{a^{2}}{4},\qquad b^{2}=\tfrac34 a^{2}.\] Krawędź boczna, połowa przekątnej podstawy i wysokość ostrosłupa tworzą trójkąt prostokątny: \[b^{2}=H^{2}+\frac{a^{2}}{2},\qquad \tfrac34 a^{2}=25+\tfrac12 a^{2},\qquad a^{2}=100.\] Zatem \(P_p=a^{2}=100\) i \[V=\tfrac13\cdot100\cdot5=\frac{500}{3}.\] **Odpowiedź.** \(V=\dfrac{500}{3}\).

**1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania: zdający albo zastosuje twierdzenie Pitagorasa w trójkącie \(SOC\), albo zastosuje twierdzenie Pitagorasa w trójkącie \(SOE\), albo zastosuje twierdzenie cosinusów w trójkącie \(BFD\), albo zapisze funkcję trygonometryczną kąta ostrego w trójkącie \(OBF\), albo zapisze proporcję wynikającą z podobieństwa trójkątów \(SEC\) i \(BCF\), albo zapisze proporcję wynikającą z podobieństwa trójkątów \(SOC\) i \(OFC\), i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **[…] pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zdający zapisze układ równań, z którego można obliczyć długość krawędzi podstawy lub długość przekątnej podstawy ostrosłupa, i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **[…] pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą oznaczającą wielkość, która pozwala obliczyć pole podstawy ostrosłupa, i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **5 pkt** – rozwiązanie prawie pełne: zdający albo obliczy długość krawędzi podstawy lub długość przekątnej podstawy ostrosłupa, albo obliczy długość krawędzi podstawy lub długość przekątnej podstawy ostrosłupa, popełniając błędy rachunkowe, i konsekwentnie do tego obliczy objętość ostrosłupa. **6 pkt** – rozwiązanie pełne: zdający obliczy objętość ostrosłupa: \(V=\tfrac{500}{3}\).

IV. Użycie i tworzenie strategii. 9. Stereometria. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między ścianami, stosuje trygonometrię do obliczeń długości, miar kątów, pól powierzchni i objętości (9.4, 9.6).

**B.** \(45^{\circ}\)

Oznaczmy przez \(d\) długość przekątnej podstawy, a przez \(H\) wysokość graniastosłupa; z treści \(d=2H\). Płaszczyzna przekroju przechodzi przez przekątną \(AC\) podstawy i wierzchołek \(B'\) górnej podstawy. Rzutem \(B'\) na podstawę jest \(B\), a odległość \(B\) od prostej \(AC\) jest równa połowie drugiej przekątnej, czyli \(\frac d2\). Kąt \(\alpha\) leży więc w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych \(H\) i \(\frac d2\): \[\tan\alpha=\frac{H}{\frac d2}=\frac{H}{H}=1,\] bo \(\frac d2=H\). Stąd \(\alpha=45^{\circ}\). **Odpowiedź.** \(\alpha=45^{\circ}\), czyli wariant **B**

**1 pkt** – wskazanie odpowiedzi **B** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

Zadanie 24. (0−1) Wersja Wersja 9. Stereometria. Zdający rozpoznaje I. Wykorzystanie I II w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między i tworzenie informacji. odcinkami i płaszczyznami (9.2). B A

**D.** \(\frac{\sqrt2}{3}\)

Oznaczmy przez \(A\) wierzchołek podstawy, z którego wychodzą obie przekątne ścian bocznych, a przez \(B'\) i \(D'\) ich drugie końce. Wtedy \(|AB'|=|AD'|=3\), a odcinek \(B'D'\) jest przekątną górnej podstawy — kwadratu o boku \(2\), więc \[|B'D'|=2\sqrt2.\] Trójkąt \(AB'D'\) jest równoramienny, a kąt \(\alpha\) leży przy jego wierzchołku \(A\). Wysokość opuszczona z \(A\) dzieli go na dwa trójkąty prostokątne o przeciwprostokątnej \(3\) i przyprostokątnej \(\sqrt2\), przy czym kąt przy \(A\) w każdym z nich ma miarę \(\frac\alpha2\). Zatem \[\sin\frac\alpha2=\frac{\sqrt2}{3}.\] **Odpowiedź.** \(\sin\frac\alpha2=\frac{\sqrt2}3\), czyli wariant **D**

**1 pkt** – wskazanie odpowiedzi **D** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

Zadanie 21. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2016 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

**B.** \(\angle ACS\).

Rzutem prostokątnym wierzchołka \(S\) na podstawę jest punkt \(O\), więc rzutem krawędzi \(CS\) na płaszczyznę podstawy jest odcinek \(CO\). Punkty \(A,O,C\) są współliniowe, dlatego kąt między \(CS\) i \(CO\) jest równy \(\angle ACS\).

**1 pkt** – odpowiedź **B** **0 pkt** – odpowiedź błędna albo brak odpowiedzi

Klucz CKE podaje tylko odpowiedź. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria przestrzenna, kąt między prostą a płaszczyzną.

\[\frac{8\sqrt5}{5}.\]

Równe krawędzie boczne oznaczają, że spodek \(O\) wysokości jest środkiem okręgu opisanego na trapezie. Trapez jest równoramienny, \(O\) jest środkiem \(AB\), a z danych otrzymujemy \(|AD|=|BC|=8\) oraz trójkąt równoboczny \(AOD\), więc \(|OD|=8\). Dla wysokości \(H=|SO|\): \[H^2+8^2=(4\sqrt5)^2,\qquad H=4.\] Szukana odległość jest wysokością opuszczoną z \(O\) na przeciwprostokątną \(SD\) w trójkącie prostokątnym \(SOD\): \[d=\frac{|SO|\cdot|OD|}{|SD|}=\frac{4\cdot8}{4\sqrt5}=\frac{8\sqrt5}{5}.\]

**5 pkt** – poprawna odległość \(\frac{8\sqrt5}{5}\) **4 pkt** – poprawna metoda końcowa z drobnym błędem rachunkowym **3 pkt** – obliczenie wysokości ostrosłupa \(H=4\) i poprawna interpretacja szukanej odległości **2 pkt** – wyznaczenie \(|BC|=|AD|=8\) **1 pkt** – rozpoznanie położenia spodka wysokości jako środka okręgu opisanego **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** stereometria, okrąg opisany na trapezie, twierdzenie Pitagorasa i odległość punktu od prostej.

**B.** \(45^\circ\).

Niech \(a\) oznacza wspólną długość krawędzi, a \(O\) środek kwadratowej podstawy. Rzutem krawędzi bocznej \(SA\) na podstawę jest \(AO\), przy czym \[AO=\frac{a\sqrt2}{2},\qquad SA=a.\] Jeżeli \(\alpha\) jest szukanym kątem, to \[\cos\alpha=\frac{AO}{SA}=\frac{\sqrt2}{2},\] zatem \(\alpha=45^\circ\).

**1 pkt** – odpowiedź **B** **0 pkt** – odpowiedź błędna albo brak odpowiedzi

Klucz CKE nie publikuje osobnej tabeli wymagań dla tego zadania. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria przestrzenna, kąt nachylenia prostej do płaszczyzny.

\[\cos\alpha\cdot\operatorname{tg}^2\beta=-1.\]

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy, przez \(h\) wysokość ściany bocznej poprowadzoną z wierzchołka podstawy, a przez \(c\) odcinek łączący ten wierzchołek podstawy ze spodkiem wysokości \(h\). Z twierdzenia cosinusów dla przekroju wyznaczającego kąt \(\alpha\): \[(a\sqrt2)^2=h^2+h^2-2h^2\cos\alpha,\] stąd \[\cos\alpha=\frac{h^2-a^2}{h^2}.\] Z twierdzenia Pitagorasa mamy \(c^2=a^2-h^2\). Ponadto \[\operatorname{tg}\beta=\frac hc,\qquad \operatorname{tg}^2\beta=\frac{h^2}{c^2}.\] Zatem \[\cos\alpha\cdot\operatorname{tg}^2\beta=\frac{h^2-a^2}{h^2}\cdot\frac{h^2}{c^2}=\frac{h^2-a^2}{c^2}=\frac{-c^2}{c^2}=-1.\]

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 3 pkt** – pełny dowód **2 pkt** – poprawne wyznaczenie \(\cos\alpha\) i \(\operatorname{tg}^2\beta\) z drobną usterką końcową **1 pkt** – poprawne zastosowanie twierdzenia cosinusów albo Pitagorasa do właściwego przekroju **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność. **Wymagania szczegółowe:** 9.4. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między ścianami. 9.1. Zdający rozpoznaje kąty między odcinkami i oblicza ich miary. 9.6. Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól powierzchni i objętości.

\[AW=CW=\frac{\sqrt{30}}6,\qquad SW=\frac{\sqrt3}{6}.\]

Niech \(T\) będzie punktem przecięcia przekątnych \(AC\) i \(BD\) dolnej podstawy sześcianu. Ponieważ \(S\) jest środkiem \(DH\), mamy \(SD=\frac12\), a \(DT=\frac{\sqrt2}{2}\). Trójkąt \(TDS\) jest prostokątny, więc \[ST=\sqrt{SD^2+DT^2}=\frac{\sqrt3}{2}.\] Odcinek \(DW\) jest wysokością tego trójkąta opuszczoną na przeciwprostokątną \(ST\). Z porównania dwóch zapisów pola \[\frac12SD\cdot DT=\frac12ST\cdot DW\] otrzymujemy \(DW=\frac{\sqrt6}{6}\). Następnie \[SW=\sqrt{SD^2-DW^2}=\sqrt{\frac14-\frac16}=\frac{\sqrt3}{6}.\] Ponieważ \(ST\) jest osią symetrii trójkąta równoramiennego \(ACS\), mamy \(AW=CW\). Ponadto \[TW=ST-SW=\frac{\sqrt3}{3},\qquad AT=\frac{\sqrt2}{2}.\] Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(ATW\): \[AW=\sqrt{AT^2+TW^2}=\sqrt{\frac12+\frac13}=\frac{\sqrt{30}}6.\]

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 4 pkt** – poprawne trzy długości **3 pkt** – poprawne \(SW\) i poprawna metoda wyznaczenia \(AW=CW\) **2 pkt** – poprawne obliczenie \(ST\) i \(DW\) **1 pkt** – rozpoznanie trójkąta prostokątnego \(TDS\) oraz symetrii \(AW=CW\) **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** 9.2. Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa płaszczyzną. 10.7. G. Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa.

\[AW=CW=\frac{\sqrt{30}}6,\qquad SW=\frac{\sqrt3}{6}.\]

Łączymy punkty \(A\) i \(S\), \(A\) i \(C\) oraz \(C\) i \(S\). Niech \(T\) oznacza punkt przecięcia przekątnych \(AC\) i \(BD\) podstawy sześcianu. Trójkąt \(ACS\) jest równoramienny, więc \(ST\) jest jego wysokością. Mamy \[ST^2=SD^2+DT^2=\left(\frac12\right)^2+\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^2,\qquad ST=\frac{\sqrt3}{2}.\] W trójkącie prostokątnym \(TDS\) odcinek \(DW\) jest wysokością opuszczoną na przeciwprostokątną \(TS\). Z porównania pól: \[\frac12SD\cdot DT=\frac12ST\cdot DW,\qquad DW=\frac{\sqrt6}{6}.\] Następnie \[SW=\sqrt{SD^2-DW^2}=\sqrt{\frac14-\frac16}=\frac{\sqrt3}{6}.\] Punkt \(W\) leży na osi symetrii trójkąta \(ACS\), zatem \(AW=CW\). Ponadto \[TW=ST-SW=\frac{\sqrt3}{3}\] i w trójkącie prostokątnym \(ATW\): \[AW^2=AT^2+TW^2=\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^2+\left(\frac{\sqrt3}{3}\right)^2=\frac56.\] Stąd \(AW=CW=\frac{\sqrt{30}}6\).

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 4 pkt** – poprawne wyznaczenie wszystkich trzech długości **3 pkt** – poprawne wyznaczenie \(SW\) oraz poprawna metoda obliczenia \(AW=CW\) **2 pkt** – poprawne wyznaczenie \(DW\) i \(SW\) **1 pkt** – poprawne wyznaczenie \(ST=\frac{\sqrt3}{2}\) lub równoważny istotny postęp **0 pkt** – brak istotnego postępu lub rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii rozwiązywania problemu. **Wymagania szczegółowe:** 9.2. Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa płaszczyzną. 10.7. G. Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa.

\[\sin\alpha=\frac{\sqrt3}{3}.\]

Niech krawędź sześcianu ma długość \(a\). Przekątna sześcianu ma długość \(a\sqrt3\), a krawędź prostopadła do podstawy ma długość \(a\). W trójkącie prostokątnym wyznaczającym kąt \(\alpha\) między przekątną sześcianu a płaszczyzną podstawy otrzymujemy \[\sin\alpha=\frac{a}{a\sqrt3}=\frac1{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{3}.\]

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 2 pkt** – poprawny wynik \(\frac{\sqrt3}{3}\) z uzasadnieniem **1 pkt** – poprawne wskazanie trójkąta prostokątnego i długości jego boków \(a\) oraz \(a\sqrt3\) **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. Zdający stosuje strategię, która jasno wynika z treści zadania. **Wymagania szczegółowe:** 9.2. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąt między odcinkami i płaszczyznami (między krawędziami i ścianami, przekątnymi i ścianami), oblicza miary tych kątów.

\[\sin\alpha=\frac{2\sqrt6}{5}.\]

Niech krawędź podstawy ma długość \(a\), wtedy \(SD=2a\). Przyjmijmy współrzędne \[D=(0,0,0),\ A=(a,0,0),\ C=(0,a,0),\ B=(a,a,0),\ S=(0,0,2a).\] Wektory normalne do płaszczyzn \(ABS\) i \(CBS\) można wybrać odpowiednio jako \[\vec n_1=(2,0,1),\qquad \vec n_2=(0,-2,-1).\] Zatem cosinus ostrego kąta między płaszczyznami wynosi \[|\cos\alpha|=\frac{|\vec n_1\cdot\vec n_2|}{|\vec n_1|\,|\vec n_2|}=\frac15.\] Wobec tego \[\sin\alpha=\sqrt{1-\frac1{25}}=\frac{2\sqrt6}{5}.\]

**5 pkt** – poprawny wynik \(\frac{2\sqrt6}{5}\) **4 pkt** – poprawne wyznaczenie cosinusa kąta między ścianami z drobnym błędem końcowym **3 pkt** – poprawne wyznaczenie danych potrzebnych do obliczenia kąta, np. wektorów normalnych albo wysokości ścian **2 pkt** – obliczenie długości \(SA=SC=a\sqrt5\) i \(SB=a\sqrt6\) **1 pkt** – poprawny model geometryczny i przyjęcie \(SD=2a\) **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 9. Stereometria - stosowanie trygonometrii do obliczania miar kątów i długości w bryłach (9.6).

**A.** \(\angle HOL\).

Kąt między prostą a płaszczyzną jest kątem między tą prostą i jej rzutem prostokątnym na płaszczyznę. Rzutem odcinka \(OL\) na płaszczyznę podstawy jest odcinek \(OH\), zatem szukanym kątem jest \(\angle HOL\).

**1 pkt** – odpowiedź **A** **0 pkt** – odpowiedź błędna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** I. wykorzystanie i tworzenie informacji. **Wymagania szczegółowe:** 9.2 zdający rozpoznaje w graniastosłupach kąty między odcinkami i płaszczyznami.

**C.** \(60^\circ\)

Odcinki \(FI\) i \(FK\) są przekątnymi dwóch sąsiednich ścian sześcianu o krawędzi \(a\), więc \[|FI|=|FK|=a\sqrt2.\] Punkty \(I\) i \(K\) są przeciwległymi wierzchołkami górnej ściany \(IJKL\), więc odcinek \(IK\) jest jej przekątną i również \[|IK|=a\sqrt2.\] Trójkąt \(IFK\) ma zatem wszystkie boki równe — jest równoboczny, a każdy jego kąt ma miarę \(60^{\circ}\). **Odpowiedź.** \(|\angle IFK|=60^\circ\), czyli wariant **C**

**1 pkt** – wskazanie odpowiedzi **C** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

Zadanie 16. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2014 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

\[\cos\alpha=\frac{\sqrt7-1}{3}.\]

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy, przez \(b\) długość krawędzi bocznej, a przez \(\alpha\) szukany kąt. Punkt \(O\) to środek podstawy — z rysunku odczytujemy, że jest to spodek wysokości ostrosłupa. **Kąt nachylenia krawędzi \(AS\) do podstawy.** Rzutem odcinka \(AS\) na płaszczyznę podstawy jest \(AO\), a \(\lvert AO\rvert\) to promień okręgu opisanego na trójkącie równobocznym: \[\lvert AO\rvert=\frac{a\sqrt3}{3},\qquad \cos\alpha=\frac{\lvert AO\rvert}{\lvert AS\rvert}=\frac{a\sqrt3}{3b}.\] **Kąt \(ASB\).** Trójkąt \(ASB\) jest równoramienny (\(\lvert AS\rvert=\lvert BS\rvert=b\)) o podstawie \(a\), więc z twierdzenia cosinusów \[a^{2}=2b^{2}-2b^{2}\cos\alpha,\qquad \cos\alpha=\frac{2b^{2}-a^{2}}{2b^{2}}=1-\frac{a^{2}}{2b^{2}}.\] Z pierwszej zależności \(\dfrac ab=\dfrac{3\cos\alpha}{\sqrt3}=\sqrt3\cos\alpha\). Podstawiamy to do drugiej: \[\cos\alpha=1-\frac{3\cos^{2}\alpha}{2},\qquad 3\cos^{2}\alpha+2\cos\alpha-2=0.\] Rozwiązujemy równanie kwadratowe względem \(\cos\alpha\): \[\cos\alpha=\frac{-2\pm\sqrt{4+24}}{6}=\frac{-1\pm\sqrt7}{3}.\] Kąt nachylenia krawędzi bocznej do podstawy jest ostry, więc \(\cos\alpha>0\) i pierwiastek ujemny odrzucamy. **Odpowiedź.** \(\cos\alpha=\dfrac{\sqrt7-1}{3}\approx0{,}549\).

**1 pkt** – zdający wyznaczy cosinus kąta \(SAO\): \(\cos\alpha=[…]\), albo wyznaczy cosinus kąta \(ASB\): \(\cos\alpha=\tfrac{2b^{2}-a^{2}}{2b^{2}}\), i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **2 pkt** – zdający wyznaczy cosinusy obu kątów: \(\cos\alpha=[…]\) i \(\cos\alpha=\tfrac{2b^{2}-a^{2}}{2b^{2}}\), i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **3 pkt** – zdający zapisze równość \([…]=\tfrac{2b^{2}-a^{2}}{2b^{2}}\), doprowadzi ją do postaci równania kwadratowego z jedną niewiadomą, np. \(a\), i parametrem \(b\), np. \(3a^{2}+2ab\sqrt{3}-6b^{2}=0\), i podejmie próbę rozwiązania tego równania, obliczając na przykład wyróżnik trójmianu \(3a^{2}+2ab\sqrt{3}-6b^{2}\): \(\Delta=12b^{2}+72b^{2}\), i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Jeżeli zdający rozważy równanie z niewiadomą \(b\) i parametrem \(a\): \(6b^{2}-2ab\sqrt{3}-3a^{2}=0\), to wyróżnik trójmianu \(6b^{2}-2ab\sqrt{3}-3a^{2}\) równa się \(\Delta=12a^{2}+72a^{2}\). **4 pkt** – rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe). **5 pkt** – zdający rozwiąże powyższe równanie, a następnie obliczy cosinus szukanego kąta: \(\cos\alpha=\tfrac{\sqrt{7}-1}{3}\).

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: kąty i związki miarowe w ostrosłupie prawidłowym trójkątnym.

\[\tan\alpha=\frac{\sqrt3}{9}.\]

Promień okręgu wpisanego w trójkąt równoboczny o boku \(a\) wynosi \(r=\frac{a\sqrt3}6\). Z warunku \(r=2\) otrzymujemy \(a=4\sqrt3\), więc \[P_p=\frac{a^{2}\sqrt3}4=\frac{48\sqrt3}4=12\sqrt3.\] Z objętości wyznaczamy wysokość ostrosłupa: \[\frac13\cdot12\sqrt3\cdot H=72\quad\Longrightarrow\quad H=\frac{72}{4\sqrt3}=6\sqrt3.\] Niech \(M\) będzie środkiem krawędzi podstawy, a \(O\) — spodkiem wysokości. Płaszczyzna \(SOM\) jest prostopadła do ściany bocznej, więc rzutem wysokości \(SO\) na tę ścianę jest odcinek \(SM\), a szukany kąt to \(\angle OSM\) w trójkącie prostokątnym \(SOM\) o kącie prostym przy \(O\). Ponieważ \(|OM|=r=2\), otrzymujemy \[\tan\alpha=\frac{|OM|}{|SO|}=\frac{2}{6\sqrt3}=\frac1{3\sqrt3}=\frac{\sqrt3}9.\] **Odpowiedź.** \(\tan\alpha=\frac{\sqrt3}9\)

**1–3 pkt** – bok podstawy \(4\sqrt{3}\) i wysokość ostrosłupa \(6\sqrt{3}\). **4 pkt** – \(\operatorname{tg}\alpha=\tfrac{\sqrt{3}}{9}\).

Zadanie 34. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2013 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

\[\sin\beta=\frac{\sqrt{506}}{23}\approx0{,}978.\]

Oznaczmy przez \(O\) punkt przecięcia przekątnych rombu, przez \(h\) wysokość ostrosłupa, a przez \(\beta\) kąt nachylenia krawędzi \(BS\) do płaszczyzny podstawy. Ponieważ \(\lvert\angle ABC\rvert=120^\circ\), to \(\lvert\angle BAD\rvert=60^\circ\), a trójkąt \(ABD\) o bokach \(\lvert AB\rvert=\lvert AD\rvert=4\) i kącie \(60^\circ\) między nimi jest równoboczny. Stąd \[\lvert BD\rvert=4,\qquad \lvert BO\rvert=2,\] a z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(ABO\) \[\lvert AO\rvert=\sqrt{4^{2}-2^{2}}=2\sqrt3,\qquad \lvert AC\rvert=4\sqrt3.\] Z warunków \(\lvert AS\rvert=\lvert CS\rvert\) oraz \(\lvert BS\rvert=\lvert DS\rvert\) wierzchołek \(S\) leży nad punktem \(O\) — spodkiem wysokości ostrosłupa jest środek rombu. Z trójkąta prostokątnego \(AOS\) \[h^{2}=\lvert AS\rvert^{2}-\lvert AO\rvert^{2}=10^{2}-\left(2\sqrt3\right)^{2}=88,\qquad h=2\sqrt{22}.\] Krawędź \(BS\) wyznaczamy z trójkąta prostokątnego \(BOS\): \[\lvert BS\rvert=\sqrt{h^{2}+\lvert BO\rvert^{2}}=\sqrt{88+4}=\sqrt{92}=2\sqrt{23}.\] Kąt \(\beta\) leży w tym samym trójkącie, naprzeciw wysokości \(h\), więc \[\sin\beta=\frac{h}{\lvert BS\rvert}=\frac{2\sqrt{22}}{2\sqrt{23}}=\sqrt{\frac{22}{23}}=\frac{\sqrt{506}}{23}.\] **Odpowiedź.** \(\sin\beta=\dfrac{\sqrt{506}}{23}\approx0{,}978\).

**Schemat oceniania (I sposób rozwiązania)** **1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania: obliczenie długości przekątnych podstawy ostrosłupa: \(e=4\) i \(f=\) […] (lub […]). **[…] pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: obliczenie wysokości ostrosłupa \(h=2\sqrt{22}\). **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: obliczenie długości krótszej krawędzi bocznej ostrosłupa: \(c=\) […]. **4 pkt** – rozwiązanie pełne: obliczenie \(\sin\varphi\) […]. **Uwaga** Jeżeli zdający, korzystając z przybliżonej wartości tangensa kąta \(\left(\operatorname{tg}\varphi=\sqrt{22}\approx 4{,}6904\right)\), odczyta miarę kąta \(\varphi\approx 78^\circ\) i następnie zapisze \(\sin\varphi\approx\sin 78^\circ\approx 0{,}9781\), to za takie rozwiązanie otrzymuje \(4\) punkty. **Schemat oceniania (II sposób rozwiązania)** **1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania: obliczenie długości przekątnych podstawy ostrosłupa: \(e=4\) i \(f=\) […] (lub \(\frac{e}{2}=2\) i […]). **2 pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: obliczenie wysokości ostrosłupa: \(h=2\sqrt{22}\). **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: obliczenie tangensa kąta nachylenia krótszej krawędzi bocznej ostrosłupa do płaszczyzny podstawy \(\operatorname{tg}\varphi=\) […]. **4 pkt** – rozwiązanie […]: obliczenie \(\sin\varphi\) […] \(\approx 0{,}9781\).

**Wymaganie ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymaganie szczegółowe:** Zdający rozpoznaje w ostrosłupach kąty między odcinkami i płaszczyznami oraz stosuje trygonometrię i twierdzenie Pitagorasa do obliczeń w bryłach (9.1, 9.6).

\[\sin\alpha=\frac{\sqrt{42}}{7}.\]

Trójkąt \(ACS\) jest równoboczny o boku \(8\), a odcinek \(AC\) jest przekątną kwadratowej podstawy. Wysokość ostrosłupa opuszczona z \(S\) pada w środku \(O\) tego kwadratu, czyli w środku odcinka \(AC\), więc jest zarazem wysokością trójkąta równobocznego: \[H=\frac{8\sqrt3}2=4\sqrt3.\] Z długości przekątnej wyznaczamy krawędź podstawy: \[a\sqrt2=8\quad\Longrightarrow\quad a=4\sqrt2,\qquad \frac a2=2\sqrt2.\] Wysokość ściany bocznej (odcinek \(SE\), gdzie \(E\) jest środkiem krawędzi podstawy) obliczamy z trójkąta prostokątnego \(SOE\): \[h=\sqrt{H^{2}+\left(\tfrac a2\right)^{2}}=\sqrt{48+8}=\sqrt{56}=2\sqrt{14}.\] Kąt \(\alpha\) nachylenia ściany bocznej do podstawy leży właśnie w tym trójkącie, przy wierzchołku \(E\), więc \[\sin\alpha=\frac{H}{h}=\frac{4\sqrt3}{2\sqrt{14}}=\frac{2\sqrt3}{\sqrt{14}}=\frac{2\sqrt{42}}{14}=\frac{\sqrt{42}}7.\] **Odpowiedź.** \(\sin\alpha=\frac{\sqrt{42}}7\)

**1 pkt** – obliczenie wysokości ostrosłupa \(H=4\sqrt3\) **albo** długości krawędzi podstawy \(a=4\sqrt2\) **2 pkt** – zasadnicze trudności pokonane, ale z błędami rachunkowymi **3 pkt** – obliczenie wysokości ściany bocznej \(h=2\sqrt{14}\) oraz wysokości ostrosłupa \(H=4\sqrt3\) **4 pkt** – obliczenie \(\sin\alpha=\frac{\sqrt{42}}7\)

**Wymaganie ogólne:** Użycie i tworzenie strategii. **Wymaganie szczegółowe:** zdający wyznacza związki miarowe w wielościanach, stosuje własności trójkąta równobocznego i prostokątnego oraz definicje funkcji trygonometrycznych kąta ostrego.

sin α = √(\(\frac{22}{23}\))

W rombie \(ABCD\) o boku \(4\) i kącie \(\angle ABC=120^{\circ}\) obliczamy przekątne. Z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(ABC\): \[|AC|^{2}=4^{2}+4^{2}-2\cdot4\cdot4\cos120^{\circ}=48,\qquad |AC|=4\sqrt3.\] Kąt \(\angle BAD=60^{\circ}\), więc trójkąt \(ABD\) jest równoboczny i \(|BD|=4\). Z warunków \(|AS|=|CS|\) oraz \(|BS|=|DS|\) wierzchołek \(S\) leży nad punktem \(O\) przecięcia przekątnych, w którym przekątne dzielą się na połowy: \[|AO|=2\sqrt3,\qquad |BO|=2.\] Wysokość ostrosłupa wyznaczamy z trójkąta prostokątnego \(AOS\): \[H^{2}=|AS|^{2}-|AO|^{2}=100-12=88.\] Krawędź \(BS\) jest przeciwprostokątną trójkąta \(BOS\): \[|BS|=\sqrt{H^{2}+|BO|^{2}}=\sqrt{88+4}=\sqrt{92}.\] Kąt nachylenia krawędzi \(BS\) do podstawy leży w tym trójkącie, naprzeciw wysokości: \[\sin\alpha=\frac{H}{|BS|}=\frac{\sqrt{88}}{\sqrt{92}}=\sqrt{\frac{22}{23}}.\] **Odpowiedź.** \(\sin\alpha=\sqrt{\frac{22}{23}}=\frac{\sqrt{506}}{23}\)

**1–3 pkt** – wyznaczenie środka rzutu w przecięciu przekątnych, wysokości \(\sqrt{88}\) i krawędzi \(BS=\sqrt{92}\). **4 pkt** – \(\sin\alpha=\sqrt{\tfrac{22}{23}}\).

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (klucz CKE z 2011 r. nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria przestrzenna – oblicza kąt nachylenia krawędzi ostrosłupa do podstawy.

\[\sin\alpha=\frac{4\sqrt{82}}{41}.\]

Przyjmijmy \(\lvert AC\rvert=6x\) oraz \(\lvert AS\rvert=\lvert CS\rvert=5x\), zgodnie z podanym stosunkiem. Niech \(O\) będzie środkiem podstawy — punktem przecięcia przekątnych kwadratu \(ABCD\) i zarazem spodkiem wysokości ostrosłupa. Wtedy \(\lvert AO\rvert=\lvert OC\rvert=3x\), a z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(AOS\) \[\lvert SO\rvert=\sqrt{(5x)^{2}-(3x)^{2}}=4x.\] Bok podstawy ma długość \(a=\dfrac{\lvert AC\rvert}{\sqrt2}=3x\sqrt2\). Niech \(M\) będzie środkiem boku \(BC\); odległość środka kwadratu od środka jego boku wynosi \[\lvert OM\rvert=\frac a2=\frac{3x\sqrt2}{2}.\] Kąt nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy to kąt \(\angle SMO\) w trójkącie prostokątnym \(SOM\). Jego przeciwprostokątna to wysokość ściany bocznej: \[\lvert SM\rvert=\sqrt{\lvert SO\rvert^{2}+\lvert OM\rvert^{2}}=\sqrt{16x^{2}+\frac{9x^{2}}{2}}=x\sqrt{\frac{41}{2}}.\] Stąd \[\sin\lvert\angle SMO\rvert=\frac{\lvert SO\rvert}{\lvert SM\rvert}=\frac{4x}{x\sqrt{\tfrac{41}{2}}}=\frac{4\sqrt2}{\sqrt{41}}=\frac{4\sqrt{82}}{41}.\] **Odpowiedź.** \(\sin\alpha=\dfrac{4\sqrt{82}}{41}\).

*Schemat oceniania I* **1 pkt** – wyznaczenie \(\lvert AH\rvert=3x\) i \(\lvert SH\rvert=4x\) przy przyjętych oznaczeniach, np.: \(\alpha=\lvert\angle HMS\rvert\), \(\lvert AC\rvert=6x\). **3 pkt** – wyznaczenie długości \(BC\): \(\lvert BC\rvert=\frac{\lvert AC\rvert}{\sqrt{2}}=\frac{6x}{\sqrt{2}}\) lub \(\lvert BC\rvert=3x\sqrt{2}\), i wyznaczenie długości \(CM\): \(\lvert CM\rvert=\frac{3x}{\sqrt{2}}\). **4 pkt** – wyznaczenie długości \(SM\): \(\lvert SM\rvert=\sqrt{\frac{41}{2}}\,x\) lub \(\lvert SM\rvert=\frac{\sqrt{82}}{2}x\). **5 pkt** – rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe). **6 pkt** – wyznaczenie sinusa kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy: \(\sin\alpha=\frac{4\sqrt{82}}{41}\). *Schemat oceniania II* **1 pkt** – wprowadzenie oznaczeń: \(\alpha=\lvert\angle HMS\rvert\), \(\lvert AC\rvert=[\ldots]\), gdzie \(a=\lvert AB\rvert=\lvert BC\rvert=\lvert CD\rvert=\lvert AD\rvert\), oraz wyznaczenie \(\lvert AS\rvert\), gdzie \(\frac{\lvert AC\rvert}{\lvert AS\rvert}=\frac{6}{5}\). **3 pkt** – zapisanie z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego \(CSH\) i wyznaczenie \(\lvert SH\rvert\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zapisanie z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego \(SHM\) i wyznaczenie \(\lvert SM\rvert\). **Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe)** **6 pkt** – wyznaczenie sinusa kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy: \(\sin\alpha=\frac{4\sqrt{82}}{41}\). *Schemat oceniania III* **1 pkt** – wprowadzenie oznaczeń: \(\lvert AC\rvert=6x\), \(\lvert HC\rvert=3x\), \(\lvert SC\rvert=5x\), \(\lvert AH\rvert=3x\). **3 pkt** – wyznaczenie długości \(BC\) i wyznaczenie długości \(BM\), \(HM\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – wyznaczenie długości \(SM\): \(\lvert SM\rvert=\sqrt{\frac{41}{2}}\,x\) lub \(\lvert SM\rvert=\frac{\sqrt{82}}{2}x\). **Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe)** **6 pkt** – obliczenie \(\cos\alpha\), a następnie \(\sin\alpha\): \(\sin\alpha=\frac{4\sqrt{82}}{41}\). Jeśli zdający wyznaczy jedną z wielkości \(\lvert BC\rvert\) lub \(\lvert BM\rvert\) i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy, to za rozwiązanie otrzymuje \(2\) punkty. Jeżeli zdający obliczy \(\operatorname{tg}\alpha\) lub \(\cos\alpha\), a nie obliczy \(\sin\alpha\) lub obliczy go z błędem, to otrzymuje \(5\) punktów. Jeżeli zdający obliczy jedynie \(\cos\alpha\), to otrzymuje \(5\) punktów.

IV. Użycie i tworzenie strategii. Znalezienie związków miarowych w ostrosłupie.

\[\sin\alpha=\frac{2\sqrt3}{5}.\]

Oznaczmy przez \(a\) krawędź podstawy, a przez \(H\) wysokość graniastosłupa prawidłowego trójkątnego. Z danych \[V=\frac{a^{2}\sqrt3}{4}H=12\sqrt3,\qquad P_b=3aH=36.\] Z drugiego równania \(aH=12\); podstawiając do pierwszego, \(a^{2}H=48\), czyli \(a\cdot(aH)=48\) i \(a=4\), a stąd \(H=3\). Przekątna ściany bocznej ma długość \[d=\sqrt{a^{2}+H^{2}}=\sqrt{16+9}=5.\] Kąt \(\alpha\) między tą przekątną a sąsiednią ścianą boczną mierzymy jako kąt między przekątną a jej rzutem na tę ścianę. Odległość końca przekątnej od płaszczyzny sąsiedniej ściany bocznej jest równa odległości odpowiedniego wierzchołka podstawy od prostej zawierającej przeciwległy bok podstawy, czyli wysokości trójkąta równobocznego: \[h=\frac{a\sqrt3}{2}=2\sqrt3.\] Zatem \[\sin\alpha=\frac{h}{d}=\frac{2\sqrt3}{5}.\] **Odpowiedź.** \(\sin\alpha=\dfrac{2\sqrt3}{5}\).

Schemat oceniania **Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania** – zapisanie układu równań umożliwiającego obliczenie długości krawędzi graniastosłupa (\(a\) – krawędź podstawy, \(H\) – krawędź boczna): […], \(3aH=36\). **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – rozwiązanie układu równań: […]. **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zapisanie \(\sin\alpha=\frac{\lvert EC_{1}\rvert}{\lvert BC_{1}\rvert}\) (lub zapisanie \(\sin\alpha\) w innej równoważnej postaci, np. \(\sin\alpha=\frac{h}{d}\), \(h\) – wysokość trójkąta, \(d\) – przekątna ściany bocznej). **Rozwiązanie bezbłędne** – obliczenie \(\sin\alpha=\frac{2\sqrt{3}}{5}\). Uwagi: **1 pkt** – jeżeli zdający narysuje graniastosłup i zaznaczy na nim kąt nachylenia przekątnej ściany bocznej do sąsiedniej ściany bocznej i na tym poprzestanie. **2 pkt** – jeżeli zdający nie zapisze układu równań lub zapisze go błędnie, ale zapisze \(\sin\alpha=[…]\) (lub zapisze \(\sin\alpha\) w innej równoważnej postaci, np. \(\sin\alpha=\frac{h}{d}\), \(h\) – wysokość trójkąta, \(d\) – przekątna ściany bocznej) i na tym poprzestanie. **3 pkt** – jeżeli zdający rozwiąże układ równań bezbłędnie i narysuje graniastosłup z zaznaczonym na nim kątem nachylenia przekątnej ściany bocznej do sąsiedniej ściany bocznej i na tym poprzestanie. **4 pkt** – jeżeli zdający popełni błąd rachunkowy w rozwiązaniu układu równań i konsekwentnie do popełnionego błędu rozwiąże zadanie do końca.

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: związki miarowe w graniastosłupie i kąt prostej z płaszczyzną.

\(\cos\alpha=-\frac13\)

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi ostrosłupa \(ABCDS\). Wszystkie krawędzie są równe, więc podstawa \(ABCD\) jest kwadratem o boku \(a\), a każda ściana boczna jest trójkątem równobocznym o boku \(a\). Kąt między sąsiednimi ścianami bocznymi \(ABS\) i \(BCS\) to kąt dwuścienny o krawędzi \(SB\). Zaznaczamy go, prowadząc w obu ścianach wysokości opuszczone na krawędź \(SB\): z wierzchołka \(A\) i z wierzchołka \(C\). W trójkącie równobocznym o boku \(a\) wysokość ma długość \(\frac{a\sqrt3}{2}\), a jej spodkiem jest środek boku \(SB\) — ten sam punkt dla obu ścian. Kątem szukanym jest więc kąt \(\alpha\) między tymi dwiema wysokościami. Trzecim bokiem trójkąta wyznaczonego przez te wysokości jest przekątna podstawy: \[|AC|=a\sqrt2.\] Stosujemy twierdzenie cosinusów: \[\left(a\sqrt2\right)^2=\left(\frac{a\sqrt3}{2}\right)^2+\left(\frac{a\sqrt3}{2}\right)^2-2\cdot\frac{a\sqrt3}{2}\cdot\frac{a\sqrt3}{2}\cdot\cos\alpha,\] \[2a^2=\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}-\frac{3a^2}{2}\cos\alpha,\] \[2a^2=\frac{3a^2}{2}-\frac{3a^2}{2}\cos\alpha.\] Dzielimy obie strony przez \(a^2>0\): \[2=\frac32-\frac32\cos\alpha,\qquad\frac32\cos\alpha=-\frac12,\qquad\cos\alpha=-\frac13.\] Wartość ujemna potwierdza, że kąt między sąsiednimi ścianami bocznymi jest rozwarty. **Odpowiedź.** \(\cos\alpha=-\frac13\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **11.1. (1 pkt)** – zaznaczenie na rysunku szukanego kąta. […] **11.2. (1 pkt)** – obliczenie długości przekątnej podstawy i wysokości ściany bocznej: \(a\sqrt{2}\) i \(\frac{a\sqrt{3}}{2}\), gdzie \(a\) oznacza długość krawędzi ostrosłupa. **11.3. (1 pkt)** – zastosowanie twierdzenia kosinusów w trójkącie, w którym występuje kąt dwuścienny \(\alpha\): \(\left(a\sqrt{2}\right)^{2}=\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^{2}-2\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\cos\alpha\). **11.4. (1 pkt)** – obliczenie kosinusa kąta \(\alpha\): \(\cos\alpha=-\frac{1}{3}\). **II metoda rozwiązania: (czynności 11.3 i 11.4)** **11.3. (1 pkt)** – zastosowanie definicji funkcji sinus dla połowy kąta \(\alpha\): \(\sin\frac{\alpha}{2}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}\). **11.4. (1 pkt)** – wyznaczenie kosinusa kąta \(\alpha\): \(\cos\alpha=1-2\cdot\sin^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right)=-\frac{1}{3}\). Jeśli zdający obliczy przybliżoną wartość kąta \(\alpha\), a następnie wartość kąta \(\alpha\) i poprawnie ustali na tej podstawie przybliżoną wartość \(\cos\alpha\), to otrzymuje punkty w czynnościach 11.3 i 11.4. Za samo obliczenie przybliżonej wartości kąta \(\alpha\) nie przyznajemy punktów w czynności […] Za prawidłowe rozwiązanie każdego z zadań inną metodą niż przedstawiona w schemacie przyznajemy maksymalną liczbę punktów.

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

\(\cos\beta=\dfrac{\sqrt5}{5}\approx0{,}447\), stąd \(\beta\approx63^\circ\).

Kąt \(\beta\) zaznaczamy między wysokością ściany bocznej poprowadzoną z wierzchołka ostrosłupa na krawędź podstawy a odcinkiem łączącym środek podstawy ze środkiem tej krawędzi. Pole powierzchni bocznej to suma pól trzech trójkątów o podstawie \(a\) i wysokości \(h\) (wysokość ściany bocznej): \[3\cdot\frac{a h}{2}=\frac{a^2\sqrt{15}}{4},\qquad h=\frac{a\sqrt{15}}{6}.\] Rzutem tej wysokości na płaszczyznę podstawy jest promień okręgu wpisanego w trójkąt równoboczny o boku \(a\), czyli \(r=\dfrac{a\sqrt3}{6}\). Zatem \[\cos\beta=\frac{r}{h}=\frac{\frac{a\sqrt3}{6}}{\frac{a\sqrt{15}}{6}} =\frac{\sqrt3}{\sqrt{15}}=\frac{1}{\sqrt5}=\frac{\sqrt5}{5}\approx0{,}447.\] Z tablic wartości funkcji trygonometrycznych \(\cos63^\circ\approx0{,}454\) i \(\cos64^\circ\approx0{,}438\), więc \(\beta\approx63^\circ\). **Odpowiedź.** \(\cos\beta=\dfrac{\sqrt5}{5}\), \(\beta\approx63^\circ\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* Na rysunku zaznaczam kąt nachylenia ściany bocznej ostrosłupa do płaszczyzny podstawy – \(\beta\) (punkt \(D\) jest środkiem odcinka \(BC\)). […] Wprowadzam oznaczenie: \(h\) – wysokość ściany bocznej. Zapisuję równanie opisujące pole powierzchni bocznej ostrosłupa: \(3\cdot\frac{1}{2}\cdot a\cdot h=\frac{a^{2}\sqrt{15}}{4}\), z którego wyznaczam wysokość ściany bocznej ostrosłupa \(h=\frac{a\sqrt{15}}{6}\). Z trójkąta prostokątnego \(SOD\), w którym \(x=OD=\frac{a\sqrt{3}}{6}\) – długość promienia okręgu wpisanego w podstawę ostrosłupa otrzymuję: \(\cos\beta=\frac{x}{h}\). \(\cos\beta=\frac{x}{h}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{6}}{\frac{a\sqrt{15}}{6}}=\frac{\sqrt{5}}{5}\approx 0{,}4472\). Z tablicy wartości funkcji trygonometrycznych odczytuję miarę kąta: \(\beta=63^\circ\).

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

Kąt między ścianą boczną a płaszczyzną podstawy ma miarę \(30^\circ\).

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy ostrosłupa prawidłowego sześciokątnego. Podstawa składa się z sześciu trójkątów równobocznych o boku \(a\): \[P_p=6\cdot\frac{a^{2}\sqrt3}{4}=\frac{3a^{2}\sqrt3}{2}=6\sqrt3\quad\Longrightarrow\quad a^{2}=4,\qquad a=2.\] Odległość środka \(O\) podstawy od środka jej boku (apotema sześciokąta) wynosi \[\lvert OC\rvert=\frac{a\sqrt3}{2}=\sqrt3.\] Powierzchnia boczna to sześć przystających trójkątów o podstawie \(a\) i wysokości \(m\): \[P_b=6\cdot\tfrac12 a m=6m=12\quad\Longrightarrow\quad m=2.\] Kąt \(\beta\) między ścianą boczną a płaszczyzną podstawy jest kątem trójkąta prostokątnego o przyprostokątnej \(\lvert OC\rvert\) i przeciwprostokątnej \(m\): \[\cos\beta=\frac{\lvert OC\rvert}{m}=\frac{\sqrt3}{2},\qquad \beta=30^\circ.\] **Odpowiedź.** Szukany kąt ma miarę \(30^\circ\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **11.1. (1 pkt)** – sporządzenie rysunku wraz z oznaczeniami. **11.2. (1 pkt)** – wyznaczenie pola \(P\) podstawy ostrosłupa: \(P=\frac{3}{2}a^{2}\sqrt{3}\). **11.3. (1 pkt)** – wykorzystanie pola podstawy do ułożenia równania z niewiadomą \(a\): \(\frac{3}{2}a^{2}\sqrt{3}=6\sqrt{3}\). **11.4. (1 pkt)** – wyznaczenie długości \(a\) odcinka \(AB\): \(a=2\). **11.5. (1 pkt)** – wyznaczenie długości \(h_{p}\) odcinka \(OC\): \(h_{p}=\sqrt{3}\). **11.6. (1 pkt)** – wykorzystanie pola powierzchni bocznej ostrosłupa i obliczenie długości \(h_{b}\) wysokości ściany bocznej ostrosłupa: \(12=6h_{b}\), \(h_{b}=2\). **11.7. (1 pkt)** – wyznaczenie miary kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy: \(\cos\beta=\frac{h_{p}}{h_{b}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\), \(\beta=30^\circ\). Za prawidłowe rozwiązanie każdego z zadań inną metodą od przedstawionej w schemacie przyznajemy maksymalną liczbę punktów.

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

Dla kąta ostrego między dwiema przekątnymi sześcianu \(\cos\alpha=\frac13\) (dla kąta rozwartego \(\cos\beta=-\frac13\)).

**Krok \(1\).** W sześcianie \(ABCDA_1B_1C_1D_1\) o krawędzi \(a\) wybieramy dwie przekątne: \(AC_1\) oraz \(BD_1\). Przecinają się one w środku \(S\) sześcianu. Na rysunku zaznaczamy kąt \(\alpha=\sphericalangle ASB\), czyli kąt ostry między tymi przekątnymi. **Krok \(2\).** Przekątna sześcianu ma długość \(|AC_1|=|BD_1|=a\sqrt3\), a przekątne dzielą się w punkcie \(S\) na połowy, zatem \[|SA|=|SB|=\frac{a\sqrt3}{2}.\] **Krok \(3\).** Odcinek \(AB\) jest krawędzią sześcianu, więc \(|AB|=a\). W trójkącie \(ASB\) stosujemy twierdzenie cosinusów: \[a^2=\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}-2\cdot\frac{3a^2}{4}\cdot\cos\alpha.\] **Krok \(4\).** Przekształcamy otrzymane równanie: \[a^2=\frac{3a^2}{2}-\frac{3a^2}{2}\cos\alpha,\qquad \frac{3a^2}{2}\cos\alpha=\frac{a^2}{2},\qquad \cos\alpha=\frac13.\] **Krok \(5\).** Drugi kąt wyznaczony przez te przekątne jest kątem rozwartym \(\beta=180^\circ-\alpha\), więc \(\cos\beta=-\frac13\). **Odpowiedź.** Cosinus kąta ostrego między wybranymi przekątnymi sześcianu jest równy \(\frac13\), a cosinus kąta rozwartego jest równy \(-\frac13\).

**[…]. (2 pkt)** – […] \(a^{2}=\frac{3}{4}a^{2}+\frac{3}{4}a^{2}-2\cdot\frac{3}{4}a^{2}\cdot\cos\alpha\), gdzie \(a\) – długość krawędzi sześcianu, zaś \(\alpha\) – miara kąta ostrego między przekątnymi sześcianu. **32. (1 pkt)** – obliczenie wartości cosinusa kąta ostrego: \(\cos\alpha=\frac{1}{3}\). (Albo: \(\cos\beta=-\frac{1}{3}\), gdzie \(\beta\) jest kątem rozwartym).

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.

Kąt nachylenia ściany bocznej ostrosłupa do podstawy ma miarę \(60^\circ\).

**Krok \(1\).** Obliczenie objętości stożka \(1\) p V = \(96\) \(dm3\) **Krok \(2\).** Obliczenie pola powierzchni podstawy \(1\) p P = \(48\) \(dm2\) **Krok \(3\).** ostrosłupa **Krok \(4\).** Obliczenie długości wysokości ostrosłupa \(1\) p H = \(6\) dm **Krok \(5\).** Wyznaczenie jednej z funkcji **Krok \(6\).** trygonometrycznych kąta nachylenia **Krok \(7\).** \(1\) p tga = \(3\) **Krok \(8\).** ściany bocznej ostrosłupa do jego **Odpowiedź.** Kąt nachylenia ściany bocznej ostrosłupa do podstawy ma miarę \(60^\circ\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **10.1. (1 pkt)** – obliczenie objętości stożka: \(V=96\,\mathrm{dm}^{3}\) **10.2. (1 pkt)** – obliczenie pola powierzchni podstawy ostrosłupa: \(P=48\,\mathrm{dm}^{2}\) **10.3. (1 pkt)** – obliczenie długości wysokości ostrosłupa: \(H=6\,\mathrm{dm}\) **10.4. (1 pkt)** – wyznaczenie jednej z funkcji trygonometrycznych kąta nachylenia ściany bocznej ostrosłupa do jego podstawy: \(\operatorname{tg}\alpha=\sqrt{3}\) **10.5. (1 pkt)** – wyznaczenie kąta nachylenia ściany bocznej ostrosłupa do jego podstawy: \(\alpha=60^\circ\)

Formuła 2005: klucz CKE nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu; dziedzina jest przypisana na podstawie treści zadania i modelu odpowiedzi.