Ostrosłupy — objętość ostrosłupa, pole boczne i pole całkowite w zadaniach maturalnych

D. \(6\sqrt{2}\)

Podstawą jest kwadrat o boku \(12\), więc jego przekątna ma długość \(12\sqrt2\), a odległość środka podstawy od wierzchołka podstawy to połowa przekątnej: \[\frac{12\sqrt2}{2}=6\sqrt2.\] Wysokość ostrosłupa, ten odcinek i krawędź boczna tworzą trójkąt prostokątny, zatem \[H=\sqrt{12^2-\left(6\sqrt2\right)^2}=\sqrt{144-72}=\sqrt{72}=6\sqrt2.\] **Odpowiedź.** D. \(6\sqrt2\)

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

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** G10.7) Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa.

Połowa przekątnej podstawy ma długość \(4\sqrt{3}\). Wysokość ostrosłupa wynosi \(h=4\sqrt{3}\tan30^{\circ}=4\). Bok kwadratowej podstawy ma długość \(4\sqrt{6}\), więc jej pole jest równe \(96\). Zatem \(V=\frac{1}{3}\cdot96\cdot4=128\).

**Krok \(1\).** adanie \(27\). (\(0\)—\(2\)) **Krok \(2\).** Wymaganie ogólne **Krok \(3\).** IV. Rozumowanie i argumentacja. **Krok \(4\).** \(4\). Stosowanie i tworzenie strategii przy **Krok \(5\).** rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach **Krok \(6\).** nietypowych. **Krok \(7\).** Wymagania szczegółowe **Krok \(8\).** Zdający: **Odpowiedź.** Połowa przekątnej podstawy ma długość \(4\sqrt{3}\). Wysokość ostrosłupa wynosi \(h=4\sqrt{3}\tan30^{\circ}=4\). Bok kwadratowej podstawy ma długość \(4\sqrt{6}\), więc jej pole jest równe \(96\). Zatem \(V=\frac{1}{3}\cdot96\cdot4=128\).

adanie 27. (0—2) Wymaganie ogólne IV. Rozumowanie i argumentacja. 4. Stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. Zasady oceniania Wymagania szczegółowe Zdający: X.2) posługuje się pojęciem kąta między prostą a płaszczyzną X.5) oblicza objętości ostrosłupów [...] również z wykorzystaniem trygonometrii. 2 pkt — zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: V = 128. 1 pkt — obliczenie/zapisanie wysokości ostrosłupa: H = 4 ALBO . (843)2). — wyznaczenie pola podstawy ostrosłupa: PABCD = (40 (lub PABCD = 0 pkt — rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwaga: Jeżeli zdający rozpatruje bryłę inną niż ostrosłup prawidłowy czworokątny, to otrzymuje O punktów za całe rozwiązanie. CENTRALNA Przykładowe pełne rozwiązanie Przyjmujemy oznaczenia jak na rysunku: a — długość krawędzi podstawy, H — wysokość ostrosłupa, O — spodek wysokości ostrosłupa. Zauważamy, że a > 0 i H > 0. Ponieważ 0 jest punktem przecięcia przekątnych kwadratu, to IOBI = 4vrg. W trójkącie prostokątnym SOB mamy: Zatem: Obliczamy objętość V ostrosłupa: 1 3 - 300_-- ISOI IOBI H = • tg300 1 (802 . 4 2 c a - 128

1 pkt – zastosowanie definicji funkcji trygonometrycznej lub związków miarowych w trójkącie o kątach 30°, 60°, 90° i zapisanie równania z jedną niewiadomą (wysokością ostrosłupa), np.: \(\frac{H}{4\sqrt{3}}=\operatorname{tg}30^{\circ}\), \(\frac{H}{4\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\), ALBO – obliczenie długości krawędzi podstawy ostrosłupa: \(a=4\sqrt{6}\).

\[V=96\sqrt3.\]

Niech \(H\) oznacza wysokość ostrosłupa, a \(E\) środek krawędzi podstawy. Odległość środka kwadratowej podstawy od \(E\) wynosi \(6\). W odpowiednim trójkącie prostokątnym: \[\operatorname{tg}30^\circ=\frac{H}{6}.\] Zatem \[H=6\operatorname{tg}30^\circ=6\cdot\frac{\sqrt3}{3}=2\sqrt3.\] Objętość: \[V=\frac13\cdot12^2\cdot2\sqrt3=96\sqrt3.\]

**2 pkt** – poprawna metoda i wynik \(V=96\sqrt3\) **1 pkt** – obliczenie lub zapisanie wysokości \(H=2\sqrt3\) **0 pkt** – zastosowanie niepoprawnej metody albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** X.3) Zdający rozpoznaje w ostrosłupach kąty między ścianami. X.5) Zdający oblicza objętości ostrosłupów, również z wykorzystaniem trygonometrii.

Szukany stosunek jest równy \(6\). Przyjmując \(\lvert CE\rvert=3x\) i \(\lvert DE\rvert=11x\) (a więc \(\lvert CD\rvert=14x\)), z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów \(BED\) i \(BEC\) otrzymujemy \(\lvert BE\rvert=5\sqrt3\,x\) oraz \(\lvert BC\rvert=2\sqrt{21}\,x\). Stąd pole powierzchni bocznej wynosi \(105\sqrt3\,x^{2}\), pole podstawy \(21\sqrt3\,x^{2}\), a szukany stosunek \(\frac{126\sqrt3\,x^{2}}{21\sqrt3\,x^{2}}=6\).

**Krok \(1\).** Metoda: płaszczyzna przekroju jest prostopadła do krawędzi \(CD\), więc leżące w niej odcinki \(AE\) i \(BE\) są prostopadłe do \(CD\). Odcinek \(BE\) jest zatem wysokością ściany bocznej \(BCD\) opuszczoną na krawędź \(CD\). Wszystkie wymiary wyrazimy przez jeden parametr. **Krok \(2\).** Ze stosunku \(\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert DE\rvert}=\frac{3}{11}\) przyjmujemy \[\lvert CE\rvert=3x,\qquad \lvert DE\rvert=11x,\qquad \lvert CD\rvert=14x\quad (x\gt 0).\] Ostrosłup jest prawidłowy, więc wszystkie krawędzie boczne są równe: \(\lvert BD\rvert=\lvert AD\rvert=\lvert CD\rvert=14x\). **Krok \(3\).** Trójkąt \(BED\) jest prostokątny (kąt prosty przy \(E\)), więc z twierdzenia Pitagorasa \[\lvert BE\rvert^{2}=\lvert BD\rvert^{2}-\lvert DE\rvert^{2}=(14x)^{2}-(11x)^{2}=196x^{2}-121x^{2}=75x^{2},\] \[\lvert BE\rvert=5\sqrt3\,x.\] **Krok \(4\).** Trójkąt \(BEC\) także jest prostokątny przy \(E\), więc \[\lvert BC\rvert^{2}=\lvert CE\rvert^{2}+\lvert BE\rvert^{2}=(3x)^{2}+\left(5\sqrt3\,x\right)^{2}=9x^{2}+75x^{2}=84x^{2},\] \[\lvert BC\rvert=2\sqrt{21}\,x.\] To jest długość krawędzi podstawy. **Krok \(5\).** Obliczamy pole jednej ściany bocznej, traktując \(CD\) jako podstawę, a \(BE\) jako wysokość: \[P_{BCD}=\frac{1}{2}\cdot\lvert CD\rvert\cdot\lvert BE\rvert=\frac{1}{2}\cdot 14x\cdot 5\sqrt3\,x=35\sqrt3\,x^{2},\] a pole powierzchni bocznej (trzy przystające ściany) wynosi \[P_{b}=3\cdot 35\sqrt3\,x^{2}=105\sqrt3\,x^{2}.\] **Krok \(6\).** Obliczamy pole podstawy — trójkąta równobocznego o boku \(2\sqrt{21}\,x\): \[P_{p}=\frac{\left(2\sqrt{21}\,x\right)^{2}\sqrt3}{4}=\frac{84x^{2}\sqrt3}{4}=21\sqrt3\,x^{2}.\] **Krok \(7\).** Obliczamy szukany stosunek pola powierzchni całkowitej do pola podstawy: \[\frac{P_{b}+P_{p}}{P_{p}}=\frac{105\sqrt3\,x^{2}+21\sqrt3\,x^{2}}{21\sqrt3\,x^{2}}=\frac{126}{21}=6.\] **Uwaga.** Pole powierzchni całkowitej to suma pola powierzchni bocznej i pola podstawy — łatwo tu podać samo \(\frac{P_{b}}{P_{p}}=5\). Parametr \(x\) skraca się, co potwierdza, że stosunek zależy tylko od danego w zadaniu podziału krawędzi. **Odpowiedź.** Stosunek pola powierzchni całkowitej ostrosłupa do pola jego podstawy jest równy \(6\).

**(dla sposobów I – III)** **5 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(6\). **4 pkt** – wyznaczenie w zależności od \(x\) czterech spośród wielkości 1)-4) określonych w zasadach oceniania za 1 punkt ALBO – wyznaczenie pola powierzchni całkowitej ostrosłupa w zależności od \(x\): \(126\sqrt{3}x^2\). **3 pkt** – wyznaczenie w zależności od \(x\) trzech spośród wielkości 1)-4) określonych w zasadach oceniania za 1 punkt. **2 pkt** – wyznaczenie w zależności od \(x\) dwóch spośród wielkości 1)-4) określonych w zasadach oceniania za 1 punkt. **1 pkt** – wyznaczenie w zależności od \(x\) jednej z poniższych wielkości 1)-4): 1) długości wysokości ściany bocznej, np. \(\lvert BE\rvert=5\sqrt{3}x\), \(\lvert DF\rvert=5\sqrt{7}x\), 2) długości krawędzi podstawy \(ABC\): \(\lvert BC\rvert=2\sqrt{21}x\), 3) pola podstawy \(ABC\): \(21\sqrt{3}x^2\), 4) pola ściany bocznej (lub pola powierzchni bocznej): \(35\sqrt{3}x^2\) (lub \(105\sqrt{3}x^2\)). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** X.5) Zdający oblicza objętości i pola graniastosłupów, ostrosłupów […]. X.R2) Zdający wyznacza przekroje sześcianu i ostrosłupów prawidłowych […].

Stosunek pola powierzchni całkowitej do pola podstawy jest równy \(6\).

Oznaczmy przez \(a\) krawędź podstawy, przez \(d\) krawędź boczną, a przez \(M\) środek krawędzi \(AB\). Ponieważ \(\lvert CA\rvert=\lvert CB\rvert\) oraz \(\lvert DA\rvert=\lvert DB\rvert\), mamy \(CM\perp AB\) i \(DM\perp AB\), więc \(AB\) jest prostopadła do płaszczyzny \(CDM\). Płaszczyzna przekroju zawiera \(AB\) i jest prostopadła do \(CD\), zatem \(ME\perp CD\) i punkt \(E\) leży w płaszczyźnie \(CDM\). Umieśćmy tę płaszczyznę w układzie współrzędnych: \(M=(0,0)\), \(C=\left(\frac{a\sqrt3}{2},0\right)\) (bo \(CM\) jest wysokością trójkąta równobocznego), a wierzchołek \(D=\left(\frac{a\sqrt3}{6},H\right)\), gdzie \(H\) jest wysokością ostrosłupa, a \(\frac{a\sqrt3}{6}\) — odległością środka podstawy od \(M\). Rzut ortogonalny \(M\) na prostą \(CD\) daje \[\lvert CE\rvert=\frac{\vec{CM}\cdot\vec{CD}}{d}=\frac{a^2}{2d},\qquad \lvert DE\rvert=d-\frac{a^2}{2d}=\frac{2d^2-a^2}{2d}.\] Z warunku zadania \[\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert DE\rvert}=\frac{a^2}{2d^2-a^2}=\frac{3}{11},\qquad 11a^2=6d^2-3a^2,\qquad d^2=\frac{7a^2}{3}.\] Wysokość ostrosłupa (odległość \(D\) od podstawy) spełnia \(H^2=d^2-\frac{a^2}{3}=2a^2\), a wysokość ściany bocznej (apotema) wynosi \[m=\sqrt{H^2+\left(\frac{a\sqrt3}{6}\right)^2}=\sqrt{2a^2+\frac{a^2}{12}}=\frac{5a}{2\sqrt3}.\] Pole podstawy i pole boczne: \[P_p=\frac{a^2\sqrt3}{4},\qquad P_b=3\cdot\tfrac12\cdot a\cdot m=\frac{5a^2\sqrt3}{4}.\] Zatem \[\frac{P_c}{P_p}=\frac{P_p+P_b}{P_p}=\frac{\frac{a^2\sqrt3}{4}+\frac{5a^2\sqrt3}{4}}{\frac{a^2\sqrt3}{4}}=6.\] **Odpowiedź.** \(\dfrac{P_c}{P_p}=6\)

**1–2 pkt** – uzasadnienie, że \(AB\perp\) płaszczyzna \(CDM\), i zapisanie \(ME\perp CD\). **3–4 pkt** – wyznaczenie zależności \(d^2=\frac{7a^2}{3}\), a stąd \(H\) i wysokości ściany bocznej. **5 pkt** – obliczenie stosunku pól równego \(6\).

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 9.1) Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między odcinkami […], oblicza miary tych kątów; 9.2) Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąt między odcinkami i płaszczyznami […], oblicza miary tych kątów.

**A.** \(2\)

Oznaczmy pole podstawy przez \(P_p\). Z warunku \(P_b=4P_p\) otrzymujemy \[P_c=P_p+P_b=5P_p=20\quad\Longrightarrow\quad P_p=4.\] Podstawą jest kwadrat, więc \(a^{2}=4\) i \(a=2\). **Odpowiedź.** \(a=2\), czyli wariant **A**

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

Wymaganie ogólne: IV. Użycie i tworzenie strategii. Wymaganie szczegółowe: G11.2) Oblicza pole powierzchni ostrosłupa.

**A.** \(2\)

Oznaczmy pole podstawy przez \(P_p\). Z warunku \(P_b=4P_p\) otrzymujemy \[P_c=P_p+P_b=5P_p=20\quad\Longrightarrow\quad P_p=4.\] Podstawą jest kwadrat, więc \(a^{2}=4\) i \(a=2\). **Odpowiedź.** \(a=2\), czyli wariant **A**

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

Wymaganie ogólne: IV. Rozumowanie i argumentacja. Wymaganie szczegółowe: X.5) Oblicza pola powierzchni ostrosłupów.

\[V=108,\qquad P_c=108+72\sqrt3.\]

Niech \(O\) będzie środkiem podstawy, a \(E\) środkiem jej boku. Wtedy \(OE=3\sqrt3\). W przekroju prostopadłym do krawędzi podstawy \[\tan30^{\circ}=\frac H{OE},\] więc \(H=3\). Pole podstawy wynosi \(P_p=(6\sqrt3)^2=108\), zatem \[V=\frac13P_pH=108.\] Wysokość ściany bocznej spełnia \[\cos30^{\circ}=\frac{OE}{h_b},\] więc \(h_b=6\). Pole czterech ścian bocznych to \[4\cdot\frac12\cdot6\sqrt3\cdot6=72\sqrt3.\] Ostatecznie \(P_c=108+72\sqrt3\).

**4 pkt** – poprawne wyniki \(V=108\), \(P_c=108+72\sqrt3\) **3 pkt** – jeden wynik końcowy oraz odpowiednia druga wysokość **2 pkt** – obliczenie obu wysokości albo jednego wyniku końcowego **1 pkt** – obliczenie \(H=3\) albo \(h_b=6\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** X.5) Zdający oblicza objętości i pola powierzchni ostrosłupów z wykorzystaniem trygonometrii.

**B.** \(4\sqrt2\)

Wszystkie ściany boczne są trójkątami równobocznymi o boku \(8\), więc krawędź podstawy i krawędź boczna mają długość \(8\). Spodek wysokości ostrosłupa prawidłowego pada w środku podstawy, a jego odległość od wierzchołka podstawy jest połową przekątnej kwadratu: \[R=\frac{8\sqrt2}2=4\sqrt2.\] Z twierdzenia Pitagorasa \[H=\sqrt{8^{2}-\left(4\sqrt2\right)^{2}}=\sqrt{64-32}=\sqrt{32}=4\sqrt2.\] **Odpowiedź.** \(H=4\sqrt2\), czyli wariant **B**

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

Wymaganie ogólne: IV. Użycie i tworzenie strategii. Wymaganie szczegółowe: G11.2) Oblicza objętość ostrosłupa.

C. \(4048\)

W ostrosłupie każda ściana boczna opiera się na jednym boku podstawy, więc liczba ścian bocznych jest równa liczbie boków podstawy. Skoro ścian bocznych jest \(2024\), podstawą jest wielokąt o \(2024\) bokach. Krawędzie ostrosłupa dzielą się na dwie rozłączne grupy: krawędzie podstawy — jest ich tyle, ile boków podstawy, czyli \(2024\); krawędzie boczne — każda łączy wierzchołek podstawy ze spodkiem ostrosłupa, więc jest ich tyle, ile wierzchołków podstawy, czyli również \(2024\). Z reguły dodawania \[2024+2024=4048.\] **Odpowiedź.** C. \(4048\)

1 pkt – odpowiedź poprawna. 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:** XI.1) Zdający zlicza obiekty w prostych sytuacjach kombinatorycznych.

**D.** \(5\)

Pole podstawy jest równe \(4^2=16\), więc łączne pole czterech ścian bocznych wynosi \[56-16=40.\] Każda ściana boczna ma zatem pole \(10\). Jeśli \(l\) oznacza jej wysokość, to \[\frac12\cdot4\cdot l=10,\] stąd \(l=5\).

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

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** G11.2) Zdający oblicza pole powierzchni ostrosłupa.

\[V(R)=\frac{\sqrt3}{4}\left(6R^2-R^3\right).\]

Niech \(a\) oznacza długość krawędzi podstawy ostrosłupa. Podstawa jest trójkątem równobocznym, zatem promień okręgu opisanego na podstawie spełnia \[R=\frac{a\sqrt3}{3},\qquad a=R\sqrt3.\] Pole \(P_p\) podstawy jest więc równe \[P_p=\frac{(R\sqrt3)^2\sqrt3}{4}=\frac{3\sqrt3R^2}{4}.\] Ponieważ \(H+R=6\), mamy \(H=6-R\). Stąd \[V=\frac13P_pH=\frac13\cdot\frac{3\sqrt3R^2}{4}(6-R)=\frac{\sqrt3}{4}(6R^2-R^3).\]

**2 pkt** – przeprowadzenie pełnego rozumowania **1 pkt** – wyznaczenie pola \(P_p\) podstawy ostrosłupa w zależności od promienia \(R\) okręgu opisanego na podstawie: \[P_p=\frac{(R\sqrt3)^2\sqrt3}{4}.\] **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja; 1. Przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** X.4) Zdający oblicza objętości i pola powierzchni graniastosłupów i ostrosłupów, również z wykorzystaniem trygonometrii i poznanych twierdzeń.

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

Jeżeli podstawa ostrosłupa jest \(n\)-kątem, to ostrosłup ma \(n\) ścian bocznych i jedną podstawę, czyli łącznie \(n+1\) ścian. Z warunku \[n+1=12\] otrzymujemy \(n=11\). Taki ostrosłup ma \(11\) wierzchołków podstawy i jeden wierzchołek główny, a więc \[11+1=12\] wierzchołków. Poprawna jest odpowiedź **C**.

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

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i tworzenie informacji. 1. Interpretowanie i operowanie informacjami przedstawionymi w tekście, zarówno matematycznym, jak i popularnonaukowym, a także w formie wykresów, diagramów i tabel. **Wymagania szczegółowe:** XI.1) Zdający zlicza obiekty w prostych sytuacjach kombinatorycznych.

**C.** \(12\)

Ostrosłup o podstawie będącej \(n\)-kątem ma \(n\) ścian bocznych i jedną podstawę, czyli łącznie \(n+1\) ścian. Z warunku \[n+1=12\] otrzymujemy \(n=11\). Taki ostrosłup ma \(11\) wierzchołków podstawy i jeden wierzchołek poza podstawą, czyli \[11+1=12\] wierzchołków.

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

**Wymagania ogólne:** I. Wykorzystanie i tworzenie informacji. **Wymagania szczegółowe:** G11.1) Zdający rozpoznaje ostrosłupy prawidłowe. 10.1) Zdający zlicza obiekty w prostych sytuacjach kombinatorycznych niewymagających użycia wzorów kombinatorycznych.

\[k=\frac{\sqrt2}{36}.\]

Niech \(a\) oznacza długość krawędzi podstawy, \(h\) wysokość ściany bocznej, a \(H\) wysokość ostrosłupa. Pole powierzchni bocznej spełnia \[P=4\cdot\frac12ah=2ah,\] więc \[h=\frac P{2a}.\] Wysokości dwóch sąsiednich ścian bocznych tworzą trójkąt równoramienny z kątem \(2\alpha\). Po opuszczeniu jego wysokości otrzymujemy \[\sin\alpha=\frac{a\sqrt2/4}{h}.\] Po podstawieniu \(h=\frac P{2a}\): \[a^2=\sqrt2P\sin\alpha,\qquad h^2=\frac../../{4\sqrt2\sin\alpha}.\] Z twierdzenia Pitagorasa: \[H^2=h^2-\left(\frac a2\right)^2 =\frac{P\cos(2\alpha)}{4\sqrt2\sin\alpha}.\] Objętość wynosi \[V=\frac13a^2H.\] Po podniesieniu do kwadratu i podstawieniu otrzymanych zależności: \[V^2=\frac19a^4H^2 =\frac{\sqrt2}{36}P^3\sin\alpha\cos(2\alpha).\] Zatem \[V=\sqrt{\frac{\sqrt2}{36}P^3\sin\alpha\cos(2\alpha)},\] a więc \[k=\frac{\sqrt2}{36}.\]

**6 pkt** – poprawne zastosowanie wzoru na objętość i obliczenie \(k=\frac{\sqrt2}{36}\) **5 pkt** – obliczenie wysokości ostrosłupa \(H=\sqrt{\frac{P\cos(2\alpha)}{4\sqrt2\sin\alpha}}\) **4 pkt** – obliczenie \(a^2=\sqrt2P\sin\alpha\) oraz \(h^2=\frac../../{4\sqrt2\sin\alpha}\) **3 pkt** – obliczenie jednej z dwóch powyższych zależności **2 pkt** – zastosowanie definicji sinusa albo twierdzenia cosinusów w odpowiednim przekroju i zapisanie równania prowadzącego do \(a\) lub \(h\) **1 pkt** – wyznaczenie zależności \(h=\frac P{2a}\) z pola powierzchni bocznej **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.4) Zdający oblicza objętości i pola powierzchni ostrosłupów, również z wykorzystaniem trygonometrii i poznanych twierdzeń. X.R5) Zdający wyznacza przekroje ostrosłupów prawidłowych oraz oblicza ich pola, także z wykorzystaniem trygonometrii.

**C.** \(1:8\)

Ostrosłupy \(DEFS\) i \(ABCS\) są podobne w skali \(\frac12\), ponieważ \(D\), \(E\) i \(F\) są środkami krawędzi bocznych. Stosunek objętości jest sześcianem skali podobieństwa: \[\frac{V_{DEFS}}{V_{ABCS}}=\left(\frac12\right)^3=\frac18.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** X.5 wykorzystywanie zależności między objętościami podobnych graniastosłupów i ostrosłupów.

**D.** \(\sqrt3\)

Niech \(a\) oznacza długość krawędzi podstawy. Pole trójkąta równobocznego w podstawie wynosi \(\frac{a^2\sqrt3}{4}\). Zatem \[2\sqrt3=\frac13\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}\cdot8=\frac{2a^2\sqrt3}{3}.\] Stąd \(a^2=3\), a ponieważ \(a>0\), otrzymujemy \[a=\sqrt3.\]

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

**Element podstawy programowej:** stereometria; zdający oblicza objętość ostrosłupa i wykorzystuje pole trójkąta równobocznego.

\(144\)

Krawędź boczna prostopadła do podstawy jest wysokością ostrosłupa, więc \(H=12\). Pole kwadratowej podstawy wynosi \[P_p=6^2=36.\] Objętość jest równa \[V=\frac13P_pH=\frac13\cdot36\cdot12=144.\]

**1 pkt** – poprawny wynik \(144\) **0 pkt** – rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i tworzenie informacji. **Wymagania szczegółowe:** X.4 zdający oblicza objętości ostrosłupów.

Wysokość ściany bocznej jest równa \(10\).

Oznaczmy połowę krawędzi podstawy przez \(3x\). Z zależności \(\tan\alpha=\frac43\) wysokość ostrosłupa wynosi \(4x\), a wysokość ściany bocznej, jako przeciwprostokątna trójkąta o przyprostokątnych \(3x\) i \(4x\), ma długość \(5x\). Krawędź podstawy ma długość \(6x\). Korzystamy ze wzoru na objętość ostrosłupa: \[384=\frac13(6x)^2\cdot4x=48x^3.\] Stąd \(x^3=8\), więc \(x=2\). Zatem wysokość ściany bocznej jest równa \[h_b=5x=10.\]

**3 pkt** – poprawna metoda obliczenia wysokości ściany bocznej oraz wynik \(h_b=10\) **2 pkt** – obliczenie \(x=2\), krawędzi podstawy \(a=12\), wysokości ostrosłupa \(H=8\) albo zapisanie poprawnego równania z jedną niewiadomą \(h_b\) **1 pkt** – zapisanie proporcji \(3x:4x:5x\) dla połowy krawędzi podstawy, wysokości ostrosłupa i wysokości ściany bocznej oraz podjęcie poprawnej metody **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; tworzenie pomocniczych obiektów matematycznych w celu rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** X.2, X.3 i X.4 kąt między prostą a płaszczyzną, rozpoznawanie kątów w graniastosłupach i ostrosłupach oraz obliczanie objętości ostrosłupów z wykorzystaniem trygonometrii i poznanych twierdzeń.

\(V=108\), \(P_c=108+72\sqrt3\)

Niech \(H\) oznacza wysokość ostrosłupa, \(a\) - długość krawędzi podstawy, a \(E\) - środek boku podstawy. W trójkącie prostokątnym utworzonym przez wysokość ściany bocznej długości \(6\) mamy \[H=6\sin30^\circ=3,\] oraz \[\frac a2=6\cos30^\circ=3\sqrt3,\qquad a=6\sqrt3.\] Objętość wynosi \[V=\frac13a^2H=\frac13(6\sqrt3)^2\cdot3=108.\] Pole podstawy jest równe \(a^2=108\), a łączne pole czterech ścian bocznych: \[4\cdot\frac12\cdot a\cdot6=72\sqrt3.\] Zatem \[P_c=108+72\sqrt3.\]

**4 pkt** – poprawna metoda obliczenia objętości i pola powierzchni całkowitej oraz wyniki \(V=108\), \(P_c=108+72\sqrt3\) **3 pkt** – obliczenie objętości \(V=108\) albo obliczenie pola \(P_c=108+72\sqrt3\) wraz z wysokością \(H=3\) **2 pkt** – wyznaczenie \(a=6\sqrt3\) i \(H=3\) albo obliczenie pola \(P_c=108+72\sqrt3\) **1 pkt** – wyznaczenie \(a=6\sqrt3\) albo \(H=3\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; tworzenie pomocniczych obiektów matematycznych w celu przeprowadzenia argumentacji lub rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** X.4 zdający oblicza objętości i pola powierzchni ostrosłupów, również z wykorzystaniem trygonometrii i poznanych twierdzeń.

**B.** Pięciokąt foremny.

Jeżeli podstawa ostrosłupa jest \(n\)-kątem, to ostrosłup ma \(W=n+1\) wierzchołków i \(K=2n\) krawędzi. Z warunku \[\frac{n+1}{2n}=\frac35\] otrzymujemy \(5n+5=6n\), zatem \(n=5\). Podstawą jest pięciokąt foremny.

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

**Wymagania ogólne:** I. sprawność rachunkowa; wykonywanie obliczeń i wykorzystywanie ich przy rozwiązywaniu problemów. **Wymagania szczegółowe:** XI.1 zdający zlicza obiekty w prostych sytuacjach kombinatorycznych.

**C.** \(6\)

Oznaczmy krawędź podstawy przez \(a\), a wysokość ściany bocznej przez \(h\). Ostrosłup prawidłowy czworokątny ma cztery przystające ściany boczne, więc \[P_b=4\cdot\frac{ah}2=2ah,\qquad P_p=a^{2}.\] Z warunku \(\frac{P_b}{P_p}=12\): \[\frac{2ah}{a^{2}}=12\quad\Longrightarrow\quad\frac{h}{a}=6.\] **Odpowiedź.** Stosunek wynosi \(6\), czyli wariant **C**

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

Zadanie 27. Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2023 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

**A.** \(64\sqrt3\)

Ostrosłup jest czworościanem foremnym, więc jego powierzchnię tworzą cztery trójkąty równoboczne o boku \(8\). Pole jednego z nich jest równe \[\frac{8^2\sqrt3}{4}=16\sqrt3.\] Zatem pole powierzchni całkowitej wynosi \(4\cdot16\sqrt3=64\sqrt3\).

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

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** G11.2 obliczanie pola powierzchni ostrosłupa.

**A.** \(243\)

Podstawą ostrosłupa jest kwadrat \(ABCD\) o boku \(9\), więc jego pole wynosi \(9^2=81\). Wysokość ostrosłupa jest równa krawędzi sześcianu, czyli \(9\). Zatem \[V=\frac13\cdot81\cdot9=243.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystywanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi. **Wymagania szczegółowe:** X.1 i X.4 rozpoznawanie wzajemnego położenia prostych w przestrzeni oraz obliczanie objętości ostrosłupów.

**D.** \(\frac{3+\sqrt3}{2}a^2\)

Ściany \(EFB\), \(FBG\) i \(EFG\) są trójkątami prostokątnymi o przyprostokątnych długości \(a\), więc suma ich pól wynosi \(3\cdot\frac12a^2=\frac32a^2\). Odcinki \(EB\), \(BG\) i \(GE\) są przekątnymi ścian sześcianu, każdy ma długość \(a\sqrt2\). Trójkąt \(EBG\) jest równoboczny, zatem \[P_{EBG}=\frac{(a\sqrt2)^2\sqrt3}{4}=\frac{\sqrt3}{2}a^2.\] Łącznie \[P_c=\frac32a^2+\frac{\sqrt3}{2}a^2=\frac{3+\sqrt3}{2}a^2.\]

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

**Wymagania ogólne:** I. wykorzystanie i tworzenie informacji. **Wymagania szczegółowe:** G11.2 obliczanie pola powierzchni ostrosłupa.

\[H=5\sqrt5.\]

Podstawą ostrosłupa jest trójkąt równoboczny o boku \(10\sqrt3\). Ponieważ wszystkie krawędzie boczne mają tę samą długość, spodek wysokości jest środkiem okręgu opisanego na podstawie. Jego promień wynosi \[R=\frac{10\sqrt3\cdot\sqrt3}{3}=10.\] W trójkącie prostokątnym utworzonym przez wysokość \(H\), promień \(R\) i krawędź boczną długości \(15\): \[R^2+H^2=15^2,\] \[10^2+H^2=225,\] \[H^2=125,\qquad H=5\sqrt5.\]

**3 pkt** – obliczenie promienia okręgu opisanego na podstawie, poprawne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa i wynik \(H=5\sqrt5\) **2 pkt** – obliczenie promienia okręgu opisanego na podstawie oraz poprawne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa **1 pkt** – obliczenie promienia \(R=10\) okręgu opisanego na trójkącie równobocznym **0 pkt** – zastosowanie niepoprawnej metody albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii podczas rozwiązywania zadań. **Wymagania szczegółowe:** VII.4 i VIII.2 rozwiązywanie trójkątów przy użyciu odpowiednich twierdzeń oraz stosowanie zależności między długościami boków i miarami kątów.

**B.** \(\frac{4\sqrt3}{3}\)

Niech krawędź podstawy ma długość \(a\). Wysokość każdej ściany bocznej wynosi \(2a\), więc \[P_b=6\cdot\frac12\cdot a\cdot2a=6a^2.\] Pole sześciokąta foremnego w podstawie jest równe \[P_p=6\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}=\frac{3\sqrt3}{2}a^2.\] Zatem \[\frac{P_b}{P_p}=\frac{6a^2}{\frac{3\sqrt3}{2}a^2}=\frac4{\sqrt3}=\frac{4\sqrt3}{3}.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** obliczanie pola powierzchni bocznej ostrosłupa oraz pola sześciokąta foremnego.

**C.** \(9:1\)

Pola podstaw podobnych trójkątów równobocznych są proporcjonalne do kwadratów długości boków. Skoro stosunek krawędzi podstaw wynosi \(3:1\), to stosunek pól podstaw wynosi \(9:1\). Ostrosłupy mają równe wysokości, a \(V=\frac13P_ph\), więc stosunek ich objętości również wynosi \(9:1\).

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

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** G11.2 obliczanie objętości ostrosłupa.

\[V=624.\]

Ponieważ wszystkie ściany boczne ostrosłupa są nachylone do podstawy pod tym samym kątem, spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu wpisanego w trapez \(ABCD\). Trapez jest więc opisany na okręgu, a zatem \[|AB|+|CD|=|AD|+|BC|=10+16=26.\] Wysokość trapezu obliczamy z boku \(BC\): \[h=|BC|\sin30^\circ=16\cdot\frac12=8.\] Okrąg jest styczny do obu równoległych podstaw, więc jego średnica jest równa wysokości trapezu; stąd promień \(r=4\). Jeśli \(H\) oznacza wysokość ostrosłupa, to \[\operatorname{tg}\alpha=\frac Hr=\frac92,\qquad H=4\cdot\frac92=18.\] Pole podstawy wynosi \[P_p=\frac{|AB|+|CD|}{2}\cdot h=\frac{26}{2}\cdot8=104.\] Zatem objętość ostrosłupa jest równa \[V=\frac13P_pH=\frac13\cdot104\cdot18=624.\]

**6 pkt** – obliczenie objętości ostrosłupa: \(V=624\) **5 pkt** – rozwiązanie poprawne merytorycznie z drobną usterką rachunkową lub w zapisie **4 pkt** – obliczenie wysokości ostrosłupa \(H=18\) i pola podstawy \(P_p=104\) **3 pkt** – wykorzystanie własności trapezu opisanego na okręgu i obliczenie wysokości ostrosłupa albo obliczenie pola podstawy \(104\) **2 pkt** – wykorzystanie własności trapezu opisanego na okręgu wraz z obliczeniem wysokości trapezu \(8\) albo obliczenie wysokości trapezu i ostrosłupa **1 pkt** – stwierdzenie, że spodek wysokości jest środkiem okręgu wpisanego w trapez, zapisanie \(|AB|+|CD|=26\) albo obliczenie wysokości trapezu \(8\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 9.6 i R9.1 stosowanie trygonometrii w stereometrii oraz twierdzeń charakteryzujących czworokąty opisane na okręgu.

\[V=\frac{32\sqrt7}{3}.\]

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy, a przez \(h\) wysokość ostrosłupa. Kąt nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy występuje w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych \(h\) oraz \(\tfrac{a}{2}\) (odległość środka podstawy od środka jej boku): \[\operatorname{tg}\alpha=\frac{h}{\tfrac a2}=\sqrt7,\qquad h=\frac{a\sqrt7}{2}.\] Krawędź boczna, wysokość ostrosłupa i połowa przekątnej podstawy tworzą trójkąt prostokątny: \[h^{2}+\left(\frac{a\sqrt2}{2}\right)^{2}=6^{2},\qquad \frac{7a^{2}}{4}+\frac{a^{2}}{2}=36,\qquad \frac{9a^{2}}{4}=36.\] Stąd \(a^{2}=16\), czyli \(a=4\) oraz \(h=2\sqrt7\). Objętość wynosi \[V=\tfrac13 a^{2}h=\tfrac13\cdot16\cdot2\sqrt7=\frac{32\sqrt7}{3}.\] **Odpowiedź.** \(V=\dfrac{32\sqrt7}{3}\).

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).

Krawędź podstawy ma długość a=(\(2\)√\(\frac{2}{5}\))d, a największa objętość wynosi (\(8\)√\(\frac{5}{375}\))\(d^{3}\). Dla promienia r okręgu opisanego na podstawie mamy a=r√\(2\) i H=√(d(d−\(2r\))); analiza pochodnej prowadzi do r=\(\frac{2d}{5}\).

**Krok \(1\).** To zadanie optymalizacyjne z pochodną, w którym wszystkie wielkości trzeba wyrazić przez jedną zmienną. Najwygodniejszą zmienną podpowiada sama treść: promień \(r\) okręgu opisanego na podstawie. Wtedy krawędź boczna to \(b=d-r\), a krawędź podstawy i wysokość wyliczymy z własności ostrosłupa prawidłowego czworokątnego. **Krok \(2\).** Podstawą jest kwadrat, a okrąg opisany na kwadracie ma średnicę równą przekątnej, więc \(a\sqrt2=2r\), skąd \[a=r\sqrt2.\] **Krok \(3\).** Spodek wysokości to środek kwadratu, odległy od wierzchołka podstawy o \(r\). Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych \(H\), \(r\) i przeciwprostokątnej \(b=d-r\): \[H^2=(d-r)^2-r^2=d^2-2dr+r^2-r^2=d^2-2dr,\qquad H=\sqrt{d^2-2dr}.\] **Krok \(4\).** Dziedzina: musi być \(r\gt0\) oraz \(d^2-2dr\gt0\), czyli \(r\lt\frac{d}{2}\). Zatem \(r\in\left(0,\frac{d}{2}\right)\), przy \(d\gt0\). **Krok \(5\).** Objętość ostrosłupa: \[V(r)=\frac13a^2H=\frac13\cdot2r^2\cdot\sqrt{d^2-2dr}=\frac23r^2\sqrt{d^2-2dr}.\] **Krok \(6\).** Zamiast różniczkować wyrażenie z pierwiastkiem, badamy funkcję pomocniczą \[f(r)=r^4\left(d^2-2dr\right)=d^2r^4-2dr^5,\] czyli kwadrat wyrażenia \(r^2\sqrt{d^2-2dr}\). Pierwiastek jest funkcją rosnącą, więc \(V\) rośnie i maleje dokładnie tam, gdzie \(f\), i obie osiągają maksimum dla tego samego \(r\). **Krok \(7\).** Liczymy pochodną: \[f^{\prime}(r)=4d^2r^3-10dr^4=2dr^3\left(2d-5r\right).\] **Krok \(8\).** W dziedzinie \(2dr^3\gt0\), więc o znaku decyduje czynnik \(2d-5r\): pochodna jest dodatnia dla \(r\lt\frac{2d}{5}\), a ujemna dla \(r\gt\frac{2d}{5}\). Zatem \(f\) (a więc i \(V\)) osiąga największą wartość dla \(r=\frac{2d}{5}\), a punkt ten należy do dziedziny, bo \(\frac{2d}{5}\lt\frac{d}{2}\). **Krok \(9\).** Wyznaczamy krawędź podstawy: \[a=r\sqrt2=\frac{2d}{5}\sqrt2=\frac{2\sqrt2}{5}d.\] **Krok \(10\).** Wysokość i objętość: \[H=\sqrt{d^2-2d\cdot\frac{2d}{5}}=\sqrt{d^2-\frac{4d^2}{5}}=\sqrt{\frac{d^2}{5}}=\frac{d\sqrt5}{5},\] \[V=\frac13a^2H=\frac13\cdot\frac{8d^2}{25}\cdot\frac{d\sqrt5}{5}=\frac{8\sqrt5}{375}d^3.\] **Uwaga.** Pytanie dotyczy krawędzi podstawy \(a\), a nie promienia \(r\) — po znalezieniu \(r=\frac{2d}{5}\) trzeba jeszcze wykonać przeliczenie \(a=r\sqrt2\). Warto też pamiętać, że \(d\) jest ustaloną liczbą dodatnią, a nie zmienną. **Odpowiedź.** Krawędź podstawy ma długość \(a=\dfrac{2\sqrt2}{5}d\), a największa objętość wynosi \(V=\dfrac{8\sqrt5}{375}d^3\).

**Schemat oceniania (I sposób)** Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. Pierwszy etap składa się z trzech części. Za każdą z części tego etapu zdający otrzymuje po 1 punkcie. **1 pkt** – a) wyznaczenie długości krawędzi podstawy ostrosłupa oraz wysokości w zależności od długości promienia okręgu opisanego na podstawie. **1 pkt** – b) zapisanie objętości ostrosłupa jako funkcji zmiennej \(r\): \(V(r)=\frac{2}{3}\sqrt{r^{4}d^{2}-2r^{5}d}\). **1 pkt** – c) określenie dziedziny funkcji \(V\): \(r\in\left(0,\frac{d}{2}\right)\). Drugi etap składa się z trzech części. Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt, o ile poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie. **1 pkt** – a) wprowadzenie funkcji pomocniczej \(f(r)=r^{4}d^{2}-2r^{5}d\) i wyznaczenie pochodnej \(f'(r)=4r^{3}d^{2}-10r^{4}d=2r^{3}d(2d-5r)\). **1 pkt** – b) obliczenie miejsca zerowego pochodnej \(r=\frac{2}{5}d\). **1 pkt** – c) uzasadnienie, że dla \(r=\frac{2}{5}d\) funkcja \(f\) osiąga największą wartość oraz że dla takiej wartości promienia objętość ostrosłupa jest największa. **Uwaga:** Jeżeli zdający nie wyznaczy dziedziny funkcji \(V\), to nie może otrzymać punktu za ostatnią część etapu drugiego (uzasadnienie). **1 pkt** – Trzeci etap. Obliczenie długości krawędzi podstawy ostrosłupa o największej objętości: \(a=\frac{2\sqrt{2}}{5}d\). Wyznaczenie największej objętości ostrosłupa: \(V=\frac{8\sqrt{5}}{375}d^{3}\). Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. **Schemat oceniania (II sposób)** Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. Pierwszy etap składa się z trzech części. Za każdą z części tego etapu zdający otrzymuje po 1 punkcie. **1 pkt** – a) wyznaczenie długości promienia okręgu opisanego na podstawie ostrosłupa oraz pola podstawy w zależności od długości wysokości ostrosłupa. **1 pkt** – b) zapisanie objętości ostrosłupa jako funkcji zmiennej \(H\): \(V(H)=\frac{1}{6d^{2}}\left(d^{4}H-2d^{2}H^{3}+H^{5}\right)\). **1 pkt** – c) określenie dziedziny funkcji \(V\): \(H\in(0,d)\). Drugi etap składa się z trzech części. Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt, o ile poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie. **1 pkt** – a) wyznaczenie pochodnej \(V'(H)=\frac{1}{6d^{2}}\left(5H^{4}-6d^{2}H^{2}+d^{4}\right)\). **1 pkt** – b) obliczenie miejsca zerowego pochodnej \(H=\frac{\sqrt{5}}{5}d\). **1 pkt** – c) uzasadnienie, że dla \(H=\frac{\sqrt{5}}{5}d\) objętość ostrosłupa jest największa. **Uwaga:** Jeżeli zdający nie wyznaczy dziedziny funkcji \(V\), to nie może otrzymać punktu za ostatnią część etapu drugiego (uzasadnienie). **1 pkt** – Trzeci etap. Obliczenie długości krawędzi podstawy ostrosłupa o największej objętości: \(a=\frac{2\sqrt{2}}{5}d\). Wyznaczenie największej objętości ostrosłupa: \(V=\frac{8\sqrt{5}}{375}d^{3}\). Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt.

Zadanie 15. (0–7) Rozpatrujemy wszystkie ostrosłupy prawidłowe czworokątne, w których suma promienia okręgu opisanego na podstawie i długości krawędzi bocznej jest równa d. Wyznacz długość krawędzi podstawy tego z rozpatrywanych ostrosłupów, który ma największą objętość. Oblicz tę objętość. Rozwiązanie (I sposób) Wprowadzamy oznaczenia: r – promień okręgu opisanego na podstawie ostrosłupa, b – krawędź boczna, a – krawędź podstawy, H – wysokość ostrosłupa. Z zależności r + b = d wyznaczamy b = d − r . W trójkącie SCW stosujemy tw. Pitagorasa: H 2 = b2 − r 2 = ( b − r ) ( b + r ) = d ( b − r ) = d ( d − r − r ) = d ( d − 2r ) skąd wyznaczamy H = d ( d − 2r ) .  d  Zauważamy, że r > 0 oraz d − 2r > 0 , czyli r ∈  0,  .  2  Wyznaczamy a w zależności od r: a = r 2 i zapisujemy objętość ostrosłupa w zależności od zmiennej r.  d  1 2 V ( r ) = r 2 ⋅ 2 d 2 − 2dr = r 4d 2 − 2r5d dla r ∈  0,  . 3 3  2   d  Rozważamy funkcję pomocniczą f ( r ) = r 4d 2 − 2r5d , której dziedziną jest przedział  0,  .  2  Aby znaleźć maksimum lokalne tej funkcji, wyznaczamy jej pochodną f ′( r ) = 4r3d 2 −10r 4d = 2r3d ( 2d − 5r )  d  2 Jedynym miejscem zerowym z przedziału  0,  jest r = d  2  5 ( r = 0 nie należy do dziedziny funkcji f ).

**D.** \(6\)

Niech \(a\) oznacza długość krawędzi kwadratowej podstawy. Wysokość ostrosłupa jest równa \(2a\), więc \[144=\frac13a^2\cdot2a=\frac23a^3.\] Stąd \[a^3=216,\qquad a=6.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** G11.2 obliczanie objętości ostrosłupa.

\[V=18\sqrt2.\]

Oznaczmy: \(G\) — środek krawędzi \(BC\), \(F\) — środek odcinka \(DE\), \(K\) — środek podstawy (spodek wysokości ostrosłupa). Z warunku \(\lvert BD\rvert=\lvert CE\rvert\) oraz \(\lvert SB\rvert=\lvert SC\rvert\) wynika \(\lvert SD\rvert=\lvert SE\rvert\), więc \(DE\parallel BC\) i z podobieństwa trójkątów \(SDE\) oraz \(SBC\) \[\frac{\lvert SF\rvert}{\lvert SG\rvert}=\frac{\lvert DE\rvert}{\lvert BC\rvert}=\frac46=\frac23.\] Odcinki \(AF\) i \(GF\) są prostopadłe do \(DE\) (pierwszy z symetrii trójkąta \(ADE\), drugi bo \(SG\perp BC\parallel DE\)), więc kąt \(AFG\) jest kątem między płaszczyznami \(ADE\) i \(BCS\). Z założenia o prostopadłości płaszczyzn \[\lvert\angle AFG\rvert=90^\circ,\quad\text{czyli}\quad AF\perp SG.\] Rachunki prowadzimy w płaszczyźnie symetrii \(AGS\). Wysokość trójkąta równobocznego \(ABC\) o boku \(6\) wynosi \(\lvert AG\rvert=3\sqrt3\), a środek podstawy dzieli ją w stosunku \(2:1\), więc \(\lvert GK\rvert=\sqrt3\). Przyjmijmy \(G=(0,0)\), \(A=\left(3\sqrt3,0\right)\), \(K=\left(\sqrt3,0\right)\), \(S=\left(\sqrt3,H\right)\), gdzie \(H\) jest wysokością ostrosłupa. Z \(\frac{\lvert GF\rvert}{\lvert GS\rvert}=\frac13\) otrzymujemy \[F=\left(\frac{\sqrt3}{3},\frac{H}{3}\right).\] Warunek \(AF\perp GS\) zapisujemy jako zerowanie iloczynu skalarnego wektorów \(\vec{AF}=\left[\frac{\sqrt3}{3}-3\sqrt3,\ \frac H3\right]=\left[-\frac{8\sqrt3}{3},\ \frac H3\right]\) oraz \(\vec{GS}=\left[\sqrt3,H\right]\): \[-\frac{8\sqrt3}{3}\cdot\sqrt3+\frac{H^2}{3}=0,\qquad H^2=24,\qquad H=2\sqrt6.\] Pole podstawy: \[P_p=\frac{6^2\sqrt3}{4}=9\sqrt3.\] Objętość: \[V=\tfrac13\cdot9\sqrt3\cdot2\sqrt6=6\sqrt{18}=18\sqrt2.\] **Odpowiedź.** \(V=18\sqrt2\)

**1–2 pkt** – wykazanie, że \(DE\parallel BC\), i wyznaczenie stosunku \(\frac{\lvert SF\rvert}{\lvert SG\rvert}=\frac23\). **3–5 pkt** – zapisanie warunku prostopadłości płaszczyzn jako \(AF\perp SG\) i wyznaczenie wysokości ostrosłupa \(H=2\sqrt6\). **6 pkt** – obliczenie objętości \(V=18\sqrt2\).

Klasyfikacja rzeczowa: obliczanie objętości ostrosłupa z użyciem podobieństwa trójkątów, własności trójkąta równobocznego i twierdzenia Pitagorasa.

**B.** \(10\)

Krawędź \(DS\) jest prostopadła do płaszczyzny podstawy, więc jest prostopadła do każdej prostej tej płaszczyzny, w szczególności do \(DC\). Bok \(BC\) kwadratu jest prostopadły do \(DC\) oraz do \(DS\), a zatem jest prostopadły do całej płaszczyzny \(DCS\); stąd \(BC\perp CS\) i trójkąt \(BCS\) jest prostokątny przy wierzchołku \(C\). Przyprostokątną \(CS\) wyznaczamy z trójkąta prostokątnego \(DCS\): \[|CS|=\sqrt{|DC|^{2}+|DS|^{2}}=\sqrt{16+9}=5.\] Zatem \[P_{BCS}=\frac12\cdot|BC|\cdot|CS|=\frac12\cdot4\cdot5=10.\] **Odpowiedź.** \(P_{BCS}=10\), czyli wariant **B**

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

Zadanie 22. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2019 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

\[V=2160\sqrt3.\]

Boki prostokąta są w stosunku \(3:4\), więc mają długości \(3k\) i \(4k\). Z pola podstawy \[3k\cdot4k=432\quad\Longrightarrow\quad k^{2}=36\quad\Longrightarrow\quad k=6,\] czyli boki mają długości \(18\) i \(24\), a przekątna \[|AC|=\sqrt{18^{2}+24^{2}}=\sqrt{324+576}=30.\] Przekątne prostokąta dzielą się na połowy, więc \(|AO|=15\). Odcinek \(SO\) jest wysokością ostrosłupa, a jego spodek \(O\) leży w punkcie przecięcia przekątnych podstawy, więc trójkąt \(SOA\) jest prostokątny przy \(O\). Z zaznaczonego na rysunku kąta \(\angle SAO=60^{\circ}\) \[H=|SO|=|AO|\tan60^{\circ}=15\sqrt3.\] Objętość ostrosłupa: \[V=\frac13\cdot432\cdot15\sqrt3=2160\sqrt3.\] **Odpowiedź.** \(V=2160\sqrt3\)

**1–4 pkt** – kolejne poprawne etapy wyznaczenia boków \(24\) i \(18\), przekątnej \(30\) oraz wysokości \(15\sqrt{3}\). **5 pkt** – \(V=2160\sqrt{3}\)

Zadanie 32. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2019 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

Objętość ostrosłupa jest równa \[V=\frac{512\sqrt5}{3}.\]

Niech \(O\) będzie środkiem kwadratowej podstawy. Trójkąt \(AOS\) jest prostokątny, \(|AS|=12\), a \[\tan\alpha=\frac{|AO|}{|SO|}=\frac2{\sqrt5}.\] Przyjmujemy więc \(|AO|=2x\) i \(|SO|=\sqrt5x\). Z twierdzenia Pitagorasa \[(2x)^2+(\sqrt5x)^2=12^2,\] \[9x^2=144,\qquad x=4.\] Stąd wysokość \(H=|SO|=4\sqrt5\), a połowa przekątnej podstawy \(|AO|=8\), więc przekątna kwadratu ma długość \(16\). Krawędź podstawy jest równa \[a=\frac{16}{\sqrt2}=8\sqrt2,\]\na pole podstawy \(a^2=128\). Zatem \[V=\frac13\cdot128\cdot4\sqrt5=\frac{512\sqrt5}{3}.\]

**5 pkt** – obliczenie objętości \(V=\frac{512\sqrt5}{3}\) **4 pkt** – obliczenie wysokości \(H=4\sqrt5\) oraz krawędzi podstawy \(a=8\sqrt2\) lub przekątnej podstawy \(AC=16\) **3 pkt** – obliczenie wysokości, krawędzi podstawy, przekątnej podstawy albo współczynnika proporcjonalności \(x=4\) **2 pkt** – zapisanie dwóch poprawnych zależności prowadzących do wyznaczenia wymiarów, np. \(|AO|:|SO|=2:\sqrt5\) oraz \(|AO|^2+|SO|^2=12^2\) **1 pkt** – zapisanie jednej koniecznej zależności trygonometrycznej lub pitagorejskiej wskazanej w kluczu CKE **0 pkt** – błędna interpretacja kąta między krawędzią boczną i wysokością albo brak poprawnego postępu

Klucz CKE nie zawiera przy tym zadaniu osobnej tabeli wymagań. **Klasyfikacja rzeczowa:** stereometria - ostrosłup prawidłowy czworokątny, funkcje trygonometryczne w trójkącie prostokątnym, przekątna kwadratu i objętość ostrosłupa.

Pole powierzchni bocznej jest równe \[P_b=96\sqrt{41}.\]

Niech \(S\) będzie wierzchołkiem ostrosłupa, \(O\) środkiem podstawy, a \(A\) wierzchołkiem podstawy. W trójkącie prostokątnym \(SOA\) oznaczmy \(|SA|=b\) i \(|OA|=x\). Mamy \[\cos\alpha=\frac{x}{b}=\frac35,\qquad x^2+16^2=b^2.\] Z proporcji trójkąta \(3:4:5\) otrzymujemy \(x=12\) i \(b=20\). Ponieważ \(x\) jest połową przekątnej kwadratu, \[\frac{a\sqrt2}{2}=12,\qquad a=12\sqrt2.\] Wysokość \(h\) ściany bocznej spełnia \[h^2+\left(\frac a2\right)^2=b^2,\] więc \[h^2+(6\sqrt2)^2=20^2,\qquad h=2\sqrt{82}.\] Pole czterech ścian bocznych wynosi \[P_b=4\cdot\frac12ah=2\cdot12\sqrt2\cdot2\sqrt{82}=96\sqrt{41}.\]

**5 pkt** – obliczenie pola powierzchni bocznej \(P_b=96\sqrt{41}\) **4 pkt** – obliczenie wysokości ściany bocznej \(h=2\sqrt{82}\) **3 pkt** – obliczenie krawędzi podstawy \(a=12\sqrt2\) **2 pkt** – zapisanie równania pozwalającego wyznaczyć \(b\) lub \(x\), np. \((\frac35b)^2+16^2=b^2\) **1 pkt** – zapisanie \(\frac xb=\frac35\), równania \(x^2+16^2=b^2\), obliczenie \(\sin\alpha=\frac45\) albo \(\tan\alpha=\frac43\) **0 pkt** – brak koniecznego postępu

Klucz CKE nie zawiera przy tym zadaniu osobnej tabeli wymagań. **Klasyfikacja rzeczowa:** stereometria - kąt nachylenia prostej do płaszczyzny, ostrosłup prawidłowy czworokątny, twierdzenie Pitagorasa i pole powierzchni bocznej.

\[d=\frac{\sqrt6}{6}.\]

Wysokość czworościanu foremnego o krawędzi \(6\) jest równa \(H=2\sqrt6\). Promień kuli wpisanej to \(R=\frac14H=\frac{\sqrt6}{2}\). Stosunek objętości podobnych czworościanów wynosi \(\frac8{27}\), więc skala podobieństwa jest równa \(\frac23\). Płaszczyzna leży zatem na wysokości \(\frac13H\) nad podstawą. Szukana odległość wynosi \[d=\frac13H-R=\frac{2\sqrt6}{3}-\frac{\sqrt6}{2}=\frac{\sqrt6}{6}.\]

**4 pkt** – obliczenie \(d=\frac{\sqrt6}{6}\) **3 pkt** – wyznaczenie zależności \(d=\frac13H-\frac14H\) albo wszystkich wielkości \(H=2\sqrt6\), wysokości odciętego czworościanu i \(R=\frac{\sqrt6}{2}\) **2 pkt** – poprawne wyznaczenie dwóch kluczowych wielkości spośród wysokości, skali \(\frac23\) i promienia kuli **1 pkt** – poprawne wyznaczenie jednej z nich albo poprawna interpretacja odległości **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** stereometria, podobieństwo brył i twierdzenie Pitagorasa.

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

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy, a przez \(m=\tfrac{5\sqrt3}{4}\) wysokość ściany bocznej poprowadzoną do krawędzi podstawy. Powierzchnia boczna składa się z trzech przystających trójkątów: \[P_b=3\cdot\tfrac12 a m=\tfrac32 a\cdot\tfrac{5\sqrt3}{4}=\tfrac{15\sqrt3}{8}a.\] Z warunku \(P_b=\tfrac{15\sqrt3}{4}\) otrzymujemy \(a=2\). Podstawą jest trójkąt równoboczny o boku \(2\), więc \[P_p=\frac{a^{2}\sqrt3}{4}=\sqrt3,\qquad r=\frac{a\sqrt3}{6}=\frac{\sqrt3}{3},\] gdzie \(r\) to odległość środka podstawy od środka jej boku. Wysokość \(H\) ostrosłupa, odcinek \(r\) i wysokość \(m\) ściany bocznej tworzą trójkąt prostokątny: \[H^{2}=m^{2}-r^{2}=\frac{75}{16}-\frac13=\frac{225-16}{48}=\frac{209}{48},\qquad H=\frac{\sqrt{209}}{4\sqrt3}.\] Stąd \[V=\tfrac13 P_p H=\tfrac13\cdot\sqrt3\cdot\frac{\sqrt{209}}{4\sqrt3}=\frac{\sqrt{209}}{12}.\] **Odpowiedź.** \(V=\dfrac{\sqrt{209}}{12}\).

**1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania: zdający albo zapisze równanie […], albo zapisze, że […], i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **2 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest istotny: zdający albo obliczy długość krawędzi \(a\) podstawy ostrosłupa: \(a=2\) […] i zapisze równanie z niewiadomą \(H\), albo obliczy długość krawędzi \(a\) podstawy ostrosłupa: \(a=2\) […] i zapisze układ równań […] wystarczający do obliczenia wysokości ostrosłupa, i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zdający obliczy wysokość ostrosłupa: \(H=\) […] i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **4 pkt** – rozwiązanie pełne: zdający obliczy objętość \(V\) ostrosłupa: \(V=\) […].

IV. Użycie i tworzenie strategii. 9. Stereometria. Zdający rozpoznaje kąty między odcinkami i płaszczyznami oraz stosuje trygonometrię do obliczeń długości, pól i objętości (9.1, 9.2, 9.4, 9.6).

\[P_b=9\sqrt{30},\qquad \cos\alpha=\frac{\sqrt{10}}{10}.\]

Niech \(a\) będzie krawędzią podstawy. Wysokość ostrosłupa wynosi \(H=\frac{a\sqrt3}{2}\). Z warunku objętości \[27=\frac13\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}\cdot\frac{a\sqrt3}{2}=\frac{a^3}{8},\] więc \(a=6\) i \(H=3\sqrt3\). Jeżeli \(P\) jest środkiem boku podstawy, to \(OP=\sqrt3\), a wysokość ściany bocznej \[h=\sqrt{H^2+OP^2}=\sqrt{27+3}=\sqrt{30}.\] Stąd \[P_b=3\cdot\frac12\cdot6\cdot\sqrt{30}=9\sqrt{30},\qquad \cos\alpha=\frac{OP}{h}=\frac{\sqrt3}{\sqrt{30}}=\frac{\sqrt{10}}{10}.\]

**5 pkt** – poprawne pole \(9\sqrt{30}\) i cosinus \(\frac{\sqrt{10}}{10}\) **4 pkt** – poprawne wyznaczenie jednej z dwóch wielkości po obliczeniu wymiarów bryły **3 pkt** – obliczenie wysokości ściany bocznej \(\sqrt{30}\) lub istotny równoważny postęp **2 pkt** – obliczenie \(a=6\) albo \(H=3\sqrt3\) **1 pkt** – poprawne równanie wynikające z objętości **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 9.6 trygonometria w stereometrii G10.7 twierdzenie Pitagorasa.

**C.** dwunastokąt

Ostrosłup o podstawie \(n\)-kąta ma \(2n\) krawędzi i \(n+1\) wierzchołków. Z warunku zadania \[2n-(n+1)=11\quad\Longrightarrow\quad n=12.\] **Odpowiedź.** Podstawą jest dwunastokąt, czyli wariant **C**

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

Zadanie 22. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2016 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

\[V=21\sqrt7.\]

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy. W trójkącie równobocznym promień okręgu wpisanego wynosi \(r=\frac{a\sqrt3}6\), a promień okręgu opisanego \(R=\frac{a\sqrt3}3\). Kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy leży w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych \(H\) i \(r\), więc \[H=r\tan60^{\circ}=\frac{a\sqrt3}6\cdot\sqrt3=\frac a2.\] Krawędź boczna \(b=7\) jest przeciwprostokątną trójkąta o przyprostokątnych \(H\) i \(R\): \[H^{2}+R^{2}=b^{2}\quad\Longrightarrow\quad \frac{a^{2}}4+\frac{a^{2}}3=49\quad\Longrightarrow\quad \frac{7a^{2}}{12}=49\quad\Longrightarrow\quad a^{2}=84.\] Stąd \(a=2\sqrt{21}\) oraz \(H=\frac a2=\sqrt{21}\), a pole podstawy \[P_p=\frac{a^{2}\sqrt3}4=\frac{84\sqrt3}4=21\sqrt3.\] Objętość: \[V=\frac13\cdot21\sqrt3\cdot\sqrt{21}=7\sqrt{63}=21\sqrt7.\] **Odpowiedź.** \(V=21\sqrt7\)

**1–4 pkt** – poprawna interpretacja kąta, wysokość \(\sqrt{21}\) i krawędź podstawy \(2\sqrt{21}\). **5 pkt** – objętość \(21\sqrt7\).

Zadanie 33. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2016 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

\[V=\frac{a^3}{6}\sqrt{\tan^2\alpha-1}.\]

Niech \(H\) oznacza wysokość ostrosłupa. W ścianie bocznej wysokość opuszczona na krawędź podstawy ma długość \[h=\frac a2\tan\alpha.\] Jej rzutem na płaszczyznę podstawy jest odcinek od środka kwadratu do środka boku, długości \(\frac a2\). Z twierdzenia Pitagorasa \[H=\sqrt{h^2-\left(\frac a2\right)^2}=\frac a2\sqrt{\tan^2\alpha-1}.\] Warunek \(\alpha>45^\circ\) gwarantuje dodatniość wyrażenia pod pierwiastkiem. Zatem \[V=\frac13a^2H=\frac{a^3}{6}\sqrt{\tan^2\alpha-1}.\]

**3 pkt** – poprawny wzór na objętość **2 pkt** – wyznaczenie wysokości \(H=\frac a2\sqrt{\tan^2\alpha-1}\) **1 pkt** – wyznaczenie wysokości ściany bocznej \(h=\frac a2\tan\alpha\) i poprawny model geometryczny **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 9.6 trygonometria w obliczeniach długości i objętości brył.

\[P_c=9\sqrt3+18\sqrt{21}.\]

Pole równobocznej podstawy o boku \(6\) wynosi \[P_p=\frac{6^2\sqrt3}{4}=9\sqrt3.\] Z objętości \(V=\frac13P_pH=27\sqrt3\) otrzymujemy \(H=9\). Niech \(M\) będzie środkiem boku podstawy, a \(O\) środkiem podstawy. Odległość \(OM\) jest promieniem okręgu wpisanego w trójkąt równoboczny: \[OM=\frac{6\sqrt3}{6}=\sqrt3.\] Wysokość ściany bocznej jest równa \[SM=\sqrt{SO^2+OM^2}=\sqrt{9^2+(\sqrt3)^2}=2\sqrt{21}.\] Pole trzech ścian bocznych wynosi \[3\cdot\frac12\cdot6\cdot2\sqrt{21}=18\sqrt{21}.\] Zatem \[P_c=9\sqrt3+18\sqrt{21}.\]

**1 pkt** – obliczenie pola podstawy \(9\sqrt3\) **2 pkt** – wyznaczenie wysokości ostrosłupa \(H=9\) **3 pkt** – poprawne wyznaczenie odcinka \(OM=\sqrt3\) **4 pkt** – obliczenie wysokości ściany bocznej \(SM=2\sqrt{21}\) i pola powierzchni bocznej **5 pkt** – podanie \(P_c=9\sqrt3+18\sqrt{21}\)

Klucz CKE nie publikuje osobnej tabeli wymagań dla tego zadania. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria przestrzenna, ostrosłup prawidłowy trójkątny, objętość i pole powierzchni.

Promień jest równy \(16\), a największa objętość wynosi \(512\sqrt3\).

Niech \(x\) oznacza promień okręgu opisanego na równobocznej podstawie, a \(h=24-x\) wysokość ostrosłupa, gdzie \(0<x<24\). Bok podstawy ma długość \(x\sqrt3\), więc jej pole wynosi \(\frac{3\sqrt3}{4}x^2\). Objętość jest zatem równa \[V(x)=\frac{\sqrt3}{4}x^2(24-x).\] Pochodna ma postać \[V'(x)=\frac{3\sqrt3}{4}x(16-x).\] Funkcja rośnie dla \(0<x<16\) i maleje dla \(16<x<24\), więc maksimum osiąga dla \(x=16\). Wtedy \[V(16)=\frac{\sqrt3}{4}\cdot16^2\cdot8=512\sqrt3.\]

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 7 pkt** – poprawny promień \(16\) i objętość \(512\sqrt3\) z pełną analizą maksimum **5: 6 pkt** – poprawny model i pochodna, z drobnym błędem w analizie lub wyniku **3: 4 pkt** – poprawna funkcja \(V(x)=\frac{\sqrt3}{4}x^2(24-x)\) i rozpoczęta optymalizacja **1: 2 pkt** – poprawne wyrażenie wysokości lub pola podstawy **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. Zdający buduje model matematyczny danej sytuacji, uwzględniając ograniczenia i zastrzeżenia. **Wymagania szczegółowe:** 11.6. R. Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.

\[V=\frac{a^3}{12}\operatorname{tg}\alpha,\qquad P_b=\frac{a^2\sqrt3}{4}\sqrt{1+4\operatorname{tg}^2\alpha}.\]

Niech \(W\) będzie wierzchołkiem ostrosłupa, \(O\) środkiem podstawy, \(S\) środkiem wysokości \(OW\), a \(M\) środkiem krawędzi podstawy, przez którą przechodzi wskazana płaszczyzna. W trójkącie równobocznym podstawy \[OM=\frac{a\sqrt3}{6}.\] Z definicji kąta nachylenia \(OS=OM\operatorname{tg}\alpha\), a ponieważ \(S\) jest środkiem \(OW\), \[OW=2OS=\frac{a\sqrt3}{3}\operatorname{tg}\alpha.\] Pole podstawy wynosi \(\frac{a^2\sqrt3}{4}\), więc \[V=\frac13\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}\cdot\frac{a\sqrt3}{3}\operatorname{tg}\alpha=\frac{a^3}{12}\operatorname{tg}\alpha.\] Wysokość ściany bocznej spełnia \[MW^2=OM^2+OW^2=\frac{a^2}{12}\left(1+4\operatorname{tg}^2\alpha\right),\] zatem \[MW=\frac{a\sqrt3}{6}\sqrt{1+4\operatorname{tg}^2\alpha}.\] Pole trzech ścian bocznych jest równe \[P_b=3\cdot\frac12a\cdot MW=\frac{a^2\sqrt3}{4}\sqrt{1+4\operatorname{tg}^2\alpha}.\]

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 4 pkt** – poprawna objętość i pole powierzchni bocznej **3 pkt** – poprawna wysokość ostrosłupa i jedna z dwóch żądanych wielkości **2 pkt** – wyznaczenie \(OW=\frac{a\sqrt3}{3}\operatorname{tg}\alpha\) **1 pkt** – poprawne ustalenie \(OM=\frac{a\sqrt3}{6}\) i związku z kątem \(\alpha\) **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** 9.2. R. Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa płaszczyzną. 9.6. Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól powierzchni i objętości. 10.7. G. Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa.

\[V=\frac29,\qquad AS=\frac{2\sqrt3}{3},\qquad CS=\frac{\sqrt6}{3}.\]

Niech \(T\) będzie punktem przecięcia przekątnych podstawy. Ponieważ \(AC=\sqrt2\) i \(AH:HC=2:1\), \[AH=\frac{2\sqrt2}{3},\qquad CH=\frac{\sqrt2}{3},\qquad HT=AH-AT=\frac{\sqrt2}{6}.\] Trójkąt \(BSD\) ma boki \(BS=DS=1\) i \(BD=\sqrt2\), jest więc równoramienny i prostokątny. Jego wysokość opuszczona z \(S\) na \(BD\) ma długość \[ST=\frac{\sqrt2}{2}.\] W trójkącie prostokątnym \(SHT\): \[HS=\sqrt{ST^2-HT^2}=\sqrt{\frac12-\frac1{18}}=\frac23.\] Stąd objętość ostrosłupa wynosi \[V=\frac13\cdot1^2\cdot\frac23=\frac29.\] W trójkątach prostokątnych \(AHS\) i \(CHS\): \[AS=\sqrt{AH^2+HS^2}=\sqrt{\frac89+\frac49}=\frac{2\sqrt3}{3},\] \[CS=\sqrt{CH^2+HS^2}=\sqrt{\frac29+\frac49}=\frac{\sqrt6}{3}.\]

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 6 pkt** – poprawna objętość oraz obie długości krawędzi **4: 5 pkt** – poprawne wyznaczenie wysokości \(HS=\frac23\) i co najmniej dwóch żądanych wielkości **2: 3 pkt** – poprawne długości na przekątnej oraz wyznaczenie \(ST\) **1 pkt** – rozpoznanie, że trójkąt \(BSD\) jest prostokątny równoramienny **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** 10.7. G. Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa.

\[V=\frac{640\sqrt3}{3}.\]

Niech boki podstawy mają długości \(3k\) i \(4k\). Z warunku pola \(12k^2=192\) otrzymujemy \(k=4\), więc boki mają długości \(12\) i \(16\). Przekątna podstawy ma długość \[d=\sqrt{12^2+16^2}=20,\] zatem \(AE=10\). W trójkącie prostokątnym \(SAE\) kąt nachylenia krawędzi \(SA\) do podstawy ma miarę \(30^\circ\), więc \[SE=AE\tan30^\circ=10\cdot\frac{\sqrt3}{3}=\frac{10\sqrt3}{3}.\] Objętość ostrosłupa wynosi \[V=\frac13\cdot192\cdot\frac{10\sqrt3}{3}=\frac{640\sqrt3}{3}.\]

**4 pkt** – poprawna objętość \(\frac{640\sqrt3}{3}\) **3 pkt** – wyznaczenie wysokości \(SE=\frac{10\sqrt3}{3}\), lecz błąd lub brak w obliczeniu objętości **2 pkt** – wyznaczenie boków \(12,16\), przekątnej \(20\) i odcinka \(AE=10\) **1 pkt** – poprawne wyznaczenie boków podstawy \(12\) i \(16\) lub równoważny istotny postęp **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

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

\[V=2500.\]

Wysokości ścian bocznych opuszczone z wierzchołka \(S\) mają długości \(h_1\) i \(h_2\), gdzie \[\frac12\cdot25\cdot h_1=250,\qquad \frac12\cdot25\cdot h_2=187{,}5.\] Stąd \(h_1=20\) i \(h_2=15\). Ponieważ \(|AS|=|CS|\), spodek \(O\) wysokości ostrosłupa leży na przekątnej \(BD\). Niech \(h=|SO|\), a \(x\) oznacza odpowiednią odległość rzutu \(O\) od boku podstawy. Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy \[\begin{cases}x^2+h^2=15^2,\\(25-x)^2+h^2=20^2.\end{cases}\] Po odjęciu równań dostajemy \(x=9\), a następnie \[h=\sqrt{15^2-9^2}=12.\] Objętość ostrosłupa jest zatem równa \[V=\frac13\cdot25^2\cdot12=2500.\]

**5 pkt** – poprawna objętość \(2500\) **4 pkt** – poprawne obliczenie wysokości \(h=12\) i zastosowanie wzoru na objętość z drobną usterką rachunkową **3 pkt** – poprawne wyznaczenie wysokości ostrosłupa \(h=12\) **2 pkt** – poprawny układ równań pozwalający wyznaczyć wysokość ostrosłupa **1 pkt** – obliczenie \(h_1=20\) lub \(h_2=15\), albo poprawne ustalenie położenia spodka wysokości na przekątnej \(BD\) **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. Zdający stosuje strategię wynikającą z treści zadania. **Wymagania szczegółowe:** Zdający oblicza pola ścian, wysokość i objętość ostrosłupa, wykorzystując twierdzenie Pitagorasa.

**B.** \(9\)

Podstawą jest kwadrat o boku \(12\), więc \(P_p=144\). Ze wzoru na objętość ostrosłupa \[\frac13\cdot144\cdot H=432\quad\Longrightarrow\quad 48H=432\quad\Longrightarrow\quad H=9.\] **Odpowiedź.** \(H=9\), czyli wariant **B**

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

Zadanie 25. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2014 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

\[V=\frac{32\sqrt6}{3}.\]

Przekątna kwadratu podstawy ma długość \(4\sqrt2\), więc bok podstawy jest równy \(4\), a jej pole wynosi \[P_p=4^2=16.\] W ostrosłupie prawidłowym \(|SA|=|SC|\). Ponieważ \(\angle ASC=60^\circ\), trójkąt \(ASC\) jest równoboczny o boku \(4\sqrt2\). Spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem \(O\) przekątnej \(AC\), dlatego wysokość ostrosłupa jest wysokością tego trójkąta: \[H=\frac{\sqrt3}{2}\cdot4\sqrt2=2\sqrt6.\] Zatem \[V=\frac13P_pH=\frac13\cdot16\cdot2\sqrt6=\frac{32\sqrt6}{3}.\]

**4 pkt** – poprawna objętość \(\frac{32\sqrt6}{3}\) **3 pkt** – poprawne pole podstawy i wysokość \(H=2\sqrt6\), lecz usterka w obliczeniu objętości **2 pkt** – rozpoznanie, że trójkąt \(ASC\) jest równoboczny, i rozpoczęcie obliczania wysokości **1 pkt** – poprawne wyznaczenie boku podstawy \(4\) i pola \(16\) **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** Zdający oblicza związki miarowe w ostrosłupie prawidłowym, korzysta z własności trójkąta równobocznego i stosuje wzór na objętość.

**D.** \(5\) razy.

Z rysunku odczytujemy, że odcięty ostrosłup \(ABDE\) ma wierzchołek w narożu \(A\) sześcianu, a trzy jego krawędzie wychodzące z \(A\) — czyli \(AB\), \(AD\) i \(AE\) — są krawędziami sześcianu i są parami prostopadłe. Podstawą jest trójkąt prostokątny \(ABD\) o polu \(\frac12a^2\), a wysokością krawędź \(AE\) długości \(a\), więc \[V_{ABDE}=\frac13\cdot\frac12a^2\cdot a=\frac{a^3}{6}.\] Pozostała część sześcianu ma objętość \[a^3-\frac{a^3}{6}=\frac{5a^3}{6},\] czyli \(5\) razy większą od objętości ostrosłupa. **Odpowiedź.** D. \(5\) razy.

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

**Wymaganie ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymaganie szczegółowe:** G11.2) Zdający oblicza pole powierzchni i objętość graniastosłupa prostego, ostrosłupa, walca, stożka, kuli — także w zadaniach osadzonych w kontekście praktycznym.

**C.** \(2\sqrt2\)

Z rysunku odczytujemy, że obie siatki przedstawiają ostrosłupy tego samego kształtu, różniące się tylko długością krawędzi: \(a\) oraz \(b\). Są to zatem bryły podobne o skali \(k=\frac ab\). W figurach podobnych pola powierzchni pozostają w stosunku \(k^2\), a objętości w stosunku \(k^3\). Z warunku zadania \[k^2=2,\qquad\text{czyli}\qquad k=\sqrt2.\] Stąd stosunek objętości wynosi \[k^3=\left(\sqrt2\right)^3=2\sqrt2.\] **Odpowiedź.** C. \(2\sqrt2\)

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

**Sprawdzana umiejętność:** stosowanie zależności między skalą podobieństwa brył a stosunkiem ich pól powierzchni i objętości Klucz CKE do tego arkusza nie zawiera tabeli wymagań podstawy programowej; opis ustalono na podstawie treści zadania i jego rozwiązania.

\[V=15360.\]

Za podstawę przyjmujemy trójkąt \(ABC\) o bokach \(40\), \(40\), \(48\). Jego wysokość opuszczona na bok długości \(48\) wynosi \[h_p=\sqrt{40^2-24^2}=32,\] więc \[P_{ABC}=\frac12\cdot48\cdot32=768.\] Wszystkie krawędzie boczne mają długość \(65\), zatem spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu opisanego na podstawie. Promień tego okręgu wynosi \[R=\frac{40\cdot40\cdot48}{4\cdot768}=25.\] Wysokość ostrosłupa jest więc równa \[H=\sqrt{65^2-25^2}=60.\] Ostatecznie \[V=\frac13P_{ABC}H=\frac13\cdot768\cdot60=15360.\]

**6 pkt** – poprawna objętość \(15360\) **5 pkt** – poprawne pole podstawy i wysokość ostrosłupa, lecz usterka w obliczeniu objętości **4 pkt** – poprawne wyznaczenie wysokości ostrosłupa \(H=60\) **3 pkt** – poprawne wyznaczenie promienia okręgu opisanego \(R=25\) **2 pkt** – poprawne pole podstawy \(768\) i rozpoznanie położenia spodka wysokości **1 pkt** – poprawne obliczenie wysokości trójkąta podstawy \(32\) **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** Zdający wyznacza związki miarowe w wielościanach, oblicza promień okręgu opisanego na trójkącie oraz objętość ostrosłupa.

**A.** \(5\)

Ostrosłup o podstawie \(n\)-kąta ma \(2n\) krawędzi oraz \(n\) ścian bocznych. Z warunku \(2n=10\) otrzymujemy \(n=5\). **Odpowiedź.** \(5\) ścian bocznych, czyli wariant **A**

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

Modelowanie matematyczne. Wyznaczanie związków miarowych w wielościanach (III.9.b).

\[V=\frac{3200\sqrt6}{3}.\]

Oznaczmy krawędź podstawy przez \(a\), wysokość ostrosłupa przez \(H\), a wysokość ściany bocznej przez \(h=22\). Kąt \(\alpha\) nachylenia ściany bocznej do podstawy leży w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych \(H\) i \(\frac a2\) oraz przeciwprostokątnej \(h\). Z warunku \(\tan\alpha=\frac{4\sqrt6}5\) mamy \[\cos\alpha=\frac{5}{\sqrt{5^{2}+\left(4\sqrt6\right)^{2}}}=\frac5{\sqrt{121}}=\frac5{11},\qquad \sin\alpha=\frac{4\sqrt6}{11}.\] Stąd \[\frac a2=h\cos\alpha=22\cdot\frac5{11}=10\ \Rightarrow\ a=20,\qquad H=h\sin\alpha=22\cdot\frac{4\sqrt6}{11}=8\sqrt6.\] Objętość ostrosłupa: \[V=\frac13a^{2}H=\frac13\cdot400\cdot8\sqrt6=\frac{3200\sqrt6}3.\] **Odpowiedź.** \(V=\frac{3200\sqrt6}3\)

**1–3 pkt** – zależność z tangensa, krawędź podstawy \(20\) i wysokość \(8\sqrt{6}\). **4 pkt** – \(V=\tfrac{3200\sqrt{6}}{3}\).

Zadanie 33. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2014 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

\[V=\frac{a^{3}d}{4\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}.\]

Oznaczmy \(h=\lvert AS\rvert\) (wysokość ostrosłupa) oraz niech \(D\) będzie środkiem krawędzi \(BC\). Krawędź \(BC\) jest prostopadła do \(AD\) (bo \(AD\) jest wysokością trójkąta równobocznego) oraz do \(AS\) (bo \(AS\) jest prostopadła do płaszczyzny podstawy). Zatem \(BC\) jest prostopadła do płaszczyzny \(ADS\), a więc płaszczyzna \(BCS\) jest prostopadła do płaszczyzny \(ADS\). Odległość punktu \(A\) od ściany \(BCS\) jest więc odległością \(A\) od prostej \(DS\), czyli wysokością \(AE=d\) trójkąta prostokątnego \(DAS\) o kącie prostym przy wierzchołku \(A\). W trójkącie prostokątnym wysokość opuszczona na przeciwprostokątną spełnia \[d=\frac{\lvert AD\rvert\cdot\lvert AS\rvert}{\lvert DS\rvert},\qquad \lvert AD\rvert=\frac{a\sqrt3}{2},\qquad \lvert DS\rvert=\sqrt{h^{2}+\frac{3a^{2}}{4}}.\] Stąd \[d\sqrt{h^{2}+\tfrac{3a^{2}}{4}}=\tfrac{a\sqrt3}{2}h,\qquad d^{2}h^{2}+\tfrac{3a^{2}d^{2}}{4}=\tfrac{3a^{2}}{4}h^{2},\] \[h^{2}\left(\tfrac{3a^{2}}{4}-d^{2}\right)=\tfrac{3a^{2}d^{2}}{4},\qquad h=\frac{ad\sqrt3}{\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}.\] Warunek \(3a^{2}-4d^{2}>0\) jest spełniony, bo \(d<\lvert AD\rvert=\tfrac{a\sqrt3}{2}\). Podstawa ma pole \(P_p=\tfrac{a^{2}\sqrt3}{4}\), więc \[V=\tfrac13\cdot\frac{a^{2}\sqrt3}{4}\cdot\frac{ad\sqrt3}{\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}=\frac{a^{3}d}{4\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}.\] **Odpowiedź.** \(V=\dfrac{a^{3}d}{4\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}\).

**1 pkt** – zdający zaznaczy na rysunku odcinek o długości \(d\) prostopadły do płaszczyzny \(BCS\). **2 pkt** – zdający zapisze równość, z której można wyznaczyć \(h\) w zależności od \(a\) i \(d\), np. […]. **3 pkt** – zdający wyznaczy wysokość \(h\) ostrosłupa: \(h=[…]\). **4 pkt** – zdający wyznaczy objętość \(V\) ostrosłupa: \(V=\tfrac{a^{3}d}{4\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}\).

IV. Użycie i tworzenie strategii. Wyznaczanie związków miarowych w ostrosłupie. (IV.9.a.b)

\[V=400\ \mathrm{cm}^3.\]

Podstawą jest kwadrat o polu \(100\,\mathrm{cm}^2\), więc jego bok ma długość \(a=10\,\mathrm{cm}\). Cztery przystające ściany boczne mają łączne pole \(260\,\mathrm{cm}^2\), zatem dla wysokości ściany bocznej \(h\) \[4\cdot\frac{a h}2=260\quad\Longrightarrow\quad 20h=260\quad\Longrightarrow\quad h=13\ \mathrm{cm}.\] Wysokość ostrosłupa wyznaczamy z trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych \(H\) i \(\frac a2=5\) oraz przeciwprostokątnej \(h=13\): \[H=\sqrt{13^{2}-5^{2}}=\sqrt{144}=12\ \mathrm{cm}.\] Objętość: \[V=\frac13\cdot100\cdot12=400\ \mathrm{cm}^{3}.\] **Odpowiedź.** \(V=400\,\mathrm{cm}^3\)

1 pkt: obliczenie długości krawędzi podstawy a = 10. 2 pkt: obliczenie wysokości ściany bocznej h = 13 i poprawne rozróżnienie jej od wysokości ostrosłupa. 3 pkt: obliczenie wysokości ostrosłupa H = 12. 4 pkt: obliczenie objętości V = 400 cm³.

Użycie i tworzenie strategii. Wyznaczanie związków miarowych w wielościanach (IV.9.b).

\[V=4320.\] Pole podstawy o bokach \(39\), \(39\), \(30\) jest równe \(540\), a promień okręgu wpisanego w podstawę wynosi \(10\). Z wysokości ściany bocznej równej \(26\) otrzymujemy wysokość ostrosłupa \(H=\sqrt{26^{2}-10^{2}}=24\).

Wszystkie wysokości ścian bocznych poprowadzone z \(S\) są równe, więc spodek wysokości ostrosłupa jest jednakowo oddalony od wszystkich krawędzi podstawy — jest to środek okręgu wpisanego w podstawę. Pole podstawy: wysokość opuszczona z \(C\) na \(AB\) wynosi \[h=\sqrt{39^2-15^2}=\sqrt{1521-225}=36,\qquad P_p=\tfrac12\cdot30\cdot36=540.\] Połowa obwodu podstawy: \[p=\frac{30+39+39}{2}=54,\qquad r=\frac{P_p}{p}=\frac{540}{54}=10.\] Wysokość ściany bocznej, promień okręgu wpisanego i wysokość ostrosłupa tworzą trójkąt prostokątny, więc \[H=\sqrt{26^2-10^2}=\sqrt{676-100}=\sqrt{576}=24.\] Objętość: \[V=\tfrac13\cdot540\cdot24=4320.\] **Odpowiedź.** \(V=4320\)

**1–2 pkt** – obliczenie pola podstawy \(P_p=540\) i promienia okręgu wpisanego \(r=10\). **3–4 pkt** – uzasadnienie, że spodek wysokości jest środkiem okręgu wpisanego, i obliczenie \(H=24\). **5 pkt** – obliczenie objętości \(V=4320\).

IV. Użycie i tworzenie strategii. Znalezienie związków miarowych w ostrosłupie (IV.9.b).

Objętość ostrosłupa wynosi \(1760\sqrt{210}\). Z twierdzenia Pitagorasa w trójkątach BAS i CAS otrzymujemy AB=\(22\) i AC=\(61\). Ponieważ podstawa jest równoramienna i trójkąt o bokach \(22\),\(22\),\(61\) nie istnieje, mamy BC=\(61\). Wysokość podstawy opuszczona na AB wynosi \(60\), więc pole podstawy to \(660\). Zatem V=(\(\frac{1}{3}\))·\(660\cdot 8\)√\(210=1760\sqrt{210}\).

Krawędź \(AS\) jest wysokością ostrosłupa, więc jest prostopadła do płaszczyzny podstawy — w szczególności do \(AB\) i do \(AC\). Trójkąty \(ABS\) i \(ACS\) są zatem prostokątne przy \(A\). Z twierdzenia Pitagorasa: \[\lvert AB\rvert=\sqrt{118^2-\left(8\sqrt{210}\right)^2}=\sqrt{13\,924-13\,440}=\sqrt{484}=22,\] \[\lvert AC\rvert=\sqrt{131^2-13\,440}=\sqrt{17\,161-13\,440}=\sqrt{3721}=61.\] Podstawa \(ABC\) jest równoramienna. Gdyby \(\lvert BC\rvert=\lvert AB\rvert=22\), boki miałyby długości \(22\), \(22\), \(61\), a wtedy \(22+22=44<61\) — warunek istnienia trójkąta nie byłby spełniony. Zatem \[\lvert BC\rvert=\lvert AC\rvert=61.\] Wysokość podstawy opuszczona na \(AB\) dzieli tę podstawę na połowy: \[h=\sqrt{61^2-11^2}=\sqrt{3721-121}=\sqrt{3600}=60,\qquad P_p=\tfrac12\cdot22\cdot60=660.\] Objętość: \[V=\tfrac13\cdot660\cdot8\sqrt{210}=1760\sqrt{210}.\] **Odpowiedź.** \(V=1760\sqrt{210}\)

**1–2 pkt** – obliczenie \(\lvert AB\rvert=22\) i \(\lvert AC\rvert=61\). **3 pkt** – rozstrzygnięcie, które boki podstawy są równe, z odwołaniem do warunku istnienia trójkąta. **4 pkt** – obliczenie pola podstawy \(P_p=660\). **5 pkt** – obliczenie objętości \(V=1760\sqrt{210}\).

IV. Użycie i tworzenie strategii. Znalezienie związków miarowych w ostrosłupie. (IV.9.b)

\[V=\frac{32\sqrt3}{3}.\]

Podstawą graniastosłupa prawidłowego czworokątnego jest kwadrat \(ABCD\). Z przekątnej \(\lvert AC\rvert=4\) wyznaczamy jego bok: \[a\sqrt2=4,\qquad a=2\sqrt2,\qquad P_p=a^{2}=8.\] Z rysunku odczytujemy, że krawędź \(AE\) jest prostopadła do podstawy, więc trójkąt \(ACE\) ma kąt prosty przy wierzchołku \(A\). Kąt \(ACE\) ma miarę \(60^\circ\), zatem \[\lvert AE\rvert=\lvert AC\rvert\cdot\operatorname{tg}60^\circ=4\sqrt3.\] Ostrosłup \(ABCDE\) ma podstawę \(ABCD\) i wysokość \(AE\), więc \[V=\tfrac13\cdot8\cdot4\sqrt3=\frac{32\sqrt3}{3}.\] **Odpowiedź.** \(V=\dfrac{32\sqrt3}{3}\).

1 pkt: obliczenie wysokości AE = 4√3 albo pola podstawy P = 8. 2 pkt: obliczenie jednej z tych wielkości z błędem rachunkowym i konsekwentna praca. 3 pkt: poprawne obliczenie pola podstawy i wysokości. 4 pkt: objętość V = 32√3/3.

Użycie i tworzenie strategii. Obliczenie objętości wielościanu (IV.9.b).

\[V=\frac{224}{3}.\]

Niech \(M\) będzie środkiem krawędzi \(BC\). Z \(\lvert AB\rvert=\lvert AC\rvert\) wynika, że trójkąt \(ABC\) jest równoramienny, więc \(AM\perp BC\); z \(\lvert SB\rvert=\lvert SC\rvert\) tak samo \(SM\perp BC\). Krawędź \(BC\) jest zatem prostopadła do dwóch prostych przecinających się płaszczyzny \(AMS\), czyli do całej tej płaszczyzny. Z twierdzenia Pitagorasa w trójkątach \(ABM\) i \(SBM\) (\(\lvert BM\rvert=4\)): \[\lvert AM\rvert=\lvert SM\rvert=\sqrt{9^2-4^2}=\sqrt{65}.\] Trójkąt \(AMS\) jest równoramienny o podstawie \(AS=8\), więc jego wysokość opuszczona na \(AS\) wynosi \(\sqrt{65-16}=7\), a pole \[P_{AMS}=\tfrac12\cdot8\cdot7=28.\] Płaszczyzna \(AMS\) dzieli ostrosłup na dwa ostrosłupy o podstawie \(AMS\) i wysokościach \(\lvert BM\rvert=\lvert CM\rvert=4\) (bo \(BC\perp AMS\)): \[V=2\cdot\tfrac13\cdot28\cdot4=\frac{224}{3}.\] **Odpowiedź.** \(V=\dfrac{224}{3}\)

*Schemat oceniania I* **1 pkt** – obliczenie pola podstawy ostrosłupa \(P=4\sqrt{65}\). **2 pkt** – obliczenie wysokości ostrosłupa \(h=\frac{56}{\sqrt{65}}\) i nie obliczenie pola podstawy ostrosłupa albo obliczenie pola podstawy ostrosłupa i wskazanie metody obliczenia wysokości ostrosłupa. **3 pkt** – obliczenie wysokości ostrosłupa \(h=\frac{56}{\sqrt{65}}\) oraz pola podstawy ostrosłupa i nie obliczenie objętości lub obliczenie objętości ostrosłupa z błędem rachunkowym. **4 pkt** – obliczenie objętości ostrosłupa: \(V=\frac{224}{3}\). *Schemat oceniania II* **1 pkt** – wpisanie ostrosłupa w prostopadłościan o podstawie kwadratowej. **2 pkt** – obliczenie długości krawędzi prostopadłościanu \(a=\frac{8}{\sqrt{2}}\) i \(b=7\). **3 pkt** – zapisanie objętości ostrosłupa \(ABCS\) jako różnicy objętości prostopadłościanu i czterech przystających ostrosłupów. **4 pkt** – obliczenie objętości ostrosłupa: \(V=\frac{224}{3}\).

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: obliczanie pola podstawy, wysokości i objętości ostrosłupa trójkątnego.

**A.**

Ostrosłup \(ABCDE\) ma podstawę \(ABCD\) — kwadrat o boku \(a\) — oraz wierzchołek \(E\) leżący bezpośrednio nad \(A\), bo krawędź \(AE\) jest krawędzią sześcianu. Krawędź \(AE\) jest więc wysokością ostrosłupa. Rozpoznajemy kształty ścian bocznych: \[|AE|=a,\qquad |BE|=|DE|=a\sqrt2,\qquad |CE|=a\sqrt3.\]Ściany \(ABE\) i \(ADE\) są trójkątami prostokątnymi równoramiennymi o przyprostokątnych \(a\) i \(a\), bo \(AE\perp AB\) i \(AE\perp AD\). Ściany \(BCE\) i \(DCE\) są trójkątami prostokątnymi o przyprostokątnych \(a\) oraz \(a\sqrt2\), bo \(BC\perp AB\) i \(BC\perp AE\), więc \(BC\perp BE\). Siatka składa się zatem z kwadratu o boku \(a\) oraz z czterech trójkątów prostokątnych przyłożonych do jego boków: dwóch mniejszych, o przyprostokątnych \(a\) i \(a\), przy bokach wychodzących z \(A\), i dwóch większych, o przyprostokątnych \(a\) i \(a\sqrt2\), przy pozostałych bokach. Ten opis spełnia wyłącznie siatka z rysunku **A**. **Odpowiedź.** Wariant **A**

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

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (klucz CKE z 2011 r. nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria przestrzenna – rozpoznaje siatkę ostrosłupa.

\[V=8\sqrt{10}.\]

Oznaczmy \(|AD|=a\), \(|AB|=b\) oraz \(|DW|=h\). Krawędź \(DW\) jest wysokością ostrosłupa, więc jest prostopadła do płaszczyzny podstawy, a zatem także do prostych \(AD\) i \(DC\) leżących w tej płaszczyźnie. Ponieważ \(AB\perp AD\) i \(AB\perp DW\), prosta \(AB\) jest prostopadła do płaszczyzny \(ADW\), więc trójkąt \(BAW\) jest prostokątny. Analogicznie prostokątny jest trójkąt \(BCW\). Z twierdzenia Pitagorasa \[a^{2}+|CW|^{2}=|BW|^{2},\qquad b^{2}+|AW|^{2}=|BW|^{2},\] czyli \(a^{2}+49=81\) oraz \(b^{2}+36=81\). Stąd \[a=\sqrt{32}=4\sqrt2,\qquad b=\sqrt{45}=3\sqrt5.\] Wysokość wyznaczamy z trójkąta prostokątnego \(ADW\): \[h^{2}=|AW|^{2}-a^{2}=36-32=4,\qquad h=2.\] Objętość ostrosłupa o podstawie prostokątnej jest równa \[V=\frac13\cdot a\cdot b\cdot h=\frac13\cdot4\sqrt2\cdot3\sqrt5\cdot2=8\sqrt{10}.\] **Odpowiedź.** \(V=8\sqrt{10}\)

**1 pkt** – wykorzystanie prostokątności trójkątów \(BAW\) i \(BCW\) i zapisanie równania, z którego można obliczyć krawędź podstawy, np. \(a^{2}+49=81\) **2 pkt** – obliczenie obu krawędzi podstawy: \(a=4\sqrt2\) i \(b=3\sqrt5\) **3 pkt** – obliczenie wszystkich odcinków potrzebnych do objętości: \(h=2\), \(a=4\sqrt2\), \(b=3\sqrt5\) **4 pkt** – obliczenie objętości ostrosłupa: \(V=8\sqrt{10}\)

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (klucz CKE z 2011 r. nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria przestrzenna – oblicza objętość ostrosłupa z zależności Pitagorasa.

**A.** \(4\)

Wielościanem o najmniejszej możliwej liczbie krawędzi jest czworościan — ma \(6\) krawędzi, \(4\) wierzchołki i \(4\) ściany. Zgodność sprawdzamy wzorem Eulera \(W-K+S=2\): \[4-6+S=2,\qquad S=4.\] **Odpowiedź.** A. \(4\)

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

**Sprawdzana umiejętność:** rozpoznawanie wielościanu na podstawie liczby krawędzi; wzór Eulera Klucz CKE do tego arkusza nie zawiera tabeli wymagań podstawy programowej; opis ustalono na podstawie treści zadania i jego rozwiązania.

\[\lvert CS\rvert=9.\]

Punkt \(D\) jest środkiem \(AB\), więc \(\lvert AD\rvert=\lvert DB\rvert=4\). Odcinek \(DS\) jest wysokością ostrosłupa, czyli \(DS\perp\) płaszczyzna podstawy; w szczególności trójkąt \(ADS\) jest prostokątny i \[\lvert DS\rvert=\sqrt{\lvert AS\rvert^2-\lvert AD\rvert^2}=\sqrt{49-16}=\sqrt{33}.\] W trójkącie równobocznym \(ABC\) odcinek \(CD\) jest wysokością, więc \[\lvert CD\rvert=\frac{8\sqrt3}{2}=4\sqrt3.\] Trójkąt \(CDS\) jest prostokątny (\(DS\) jest prostopadły do podstawy, a \(CD\) leży w podstawie), zatem \[\lvert CS\rvert=\sqrt{\lvert CD\rvert^2+\lvert DS\rvert^2}=\sqrt{48+33}=\sqrt{81}=9.\] **Odpowiedź.** \(\lvert CS\rvert=9\)

**1–2 pkt** – obliczenie \(\lvert DS\rvert=\sqrt{33}\). **3–4 pkt** – obliczenie \(\lvert CD\rvert=4\sqrt3\) i zapisanie zależności Pitagorasa w trójkącie \(CDS\). **5 pkt** – obliczenie \(\lvert CS\rvert=9\).

Formuła 2010: arkusz CKE nie podaje przy tym zadaniu wymagania podstawy programowej.

\[V=\frac{1024}{3\operatorname{tg}^{2}40^{\circ}}\approx484{,}9.\]

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy, a przez \(H=8\) wysokość ostrosłupa. Podstawą ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest kwadrat, którego przekątna ma długość \(a\sqrt2\); spodek wysokości leży w środku tej przekątnej. Krawędź boczna, jej rzut na płaszczyznę podstawy (połowa przekątnej) i wysokość ostrosłupa tworzą trójkąt prostokątny, w którym kąt nachylenia krawędzi bocznej do podstawy ma miarę \(40^{\circ}\). Wysokość leży naprzeciw tego kąta, a połowa przekątnej — przy nim, więc \[\operatorname{tg}40^{\circ}=\frac{H}{\frac{a\sqrt2}{2}}.\] Stąd \[\frac{a\sqrt2}{2}=\frac{8}{\operatorname{tg}40^{\circ}},\qquad a=\frac{16}{\sqrt2\,\operatorname{tg}40^{\circ}},\] a więc \[a^{2}=\frac{256}{2\operatorname{tg}^{2}40^{\circ}}=\frac{128}{\operatorname{tg}^{2}40^{\circ}}.\] Objętość ostrosłupa wynosi \[V=\frac13\,a^{2}H=\frac13\cdot\frac{128}{\operatorname{tg}^{2}40^{\circ}}\cdot8=\frac{1024}{3\operatorname{tg}^{2}40^{\circ}}.\] Przyjmując \(\operatorname{tg}40^{\circ}\approx0{,}8391\), otrzymujemy \(V\approx484{,}9\). **Odpowiedź.** \(V=\frac{1024}{3\operatorname{tg}^{2}40^{\circ}}\approx484{,}9\)

**5 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(V=\frac{1024}{3\operatorname{tg}^{2}40^{\circ}}\approx484{,}9\) **Uwaga:** Centralna Komisja Egzaminacyjna nie opublikowała dla tego arkusza pokazowego schematu oceniania z progami cząstkowymi. Podana punktacja całkowita pochodzi z arkusza.

**Sprawdzana umiejętność:** wyznaczanie elementów ostrosłupa prawidłowego czworokątnego z kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy i obliczanie jego objętości.

EC = \(23\)

Wyjaśnienie: Krok \(1\). Sporządzenie rysunku pomocniczego. Nanosząc na rysunek dane z treści zadania oraz zaznaczając kluczowe trójkąty prostokątne, otrzymamy: Krok \(2\). Obliczenie długości krawędzi \(AB\). Spójrzmy na trójkąt prostokątny \(ABE\). Znamy dwie długości boków tego trójkąta, zatem korzystając z Twierdzenia Pitagorasa wyjdzie nam, że: \[|AB|^2+6^2=22^2 \\ |AB|^2+36=484 \\ |AB|^2=448 \\ |AB|=\sqrt{448} \quad\lor\quad |AB|=-\sqrt{448}\] Ujemny wynik oczywiście odrzucamy, bo krawędź musi mieć dodatnią długość, zatem zostaje nam \(|AB|=\sqrt{448}\) i w takiej formie możemy to zostawić, ponieważ za chwilę i tak będziemy tę liczbę podnosić do kwadratu. Krok \(3\). Obliczenie długości krawędzi \(AD\). Tym razem spoglądamy na trójkąt prostokątny \(ADE\). Tutaj także znamy dwie długości boków, zatem trzeci bok tego trójkąta obliczymy z Twierdzenia Pitagorasa: \[|AD|^2+6^2=9^2 \\ |AD|^2+36=81 \\ |AD|^2=45 \\ |AD|=\sqrt{45} \quad\lor\quad |AD|=-\sqrt{45}\] Ponownie odrzucamy ujemny wynik, zatem zostaje nam \(|AD|=\sqrt{45}\). Krok \(4\). Obliczenie długości krawędzi \(AC\). Znamy dwie długości boków prostokąta znajdującego się w podstawie. To sprawia, że korzystając ponownie z Twierdzenia Pitagorasa, możemy obliczyć długość przekątnej \(AC\). \[\sqrt{448}^2+\sqrt{45}^2=|AC|^2 \\ 448+45=|AC|^2 \\ |AC|^2=493 \\ |AC|=\sqrt{493} \quad\lor\quad |AC|=-\sqrt{493}\] Interesuje nas tylko dodatnia wartość, zatem \(|AC|=\sqrt{493}\). Krok \(5\). Obliczenie długości krawędzi \(EC\). Koniec końców spoglądamy teraz na trójkąt prostokątny \(ACE\). Tutaj także znamy już dwie długości boków, bowiem \(|AC|=\sqrt{493}\) oraz \(AE=6\), zatem poszukiwana długość krawędzi \(EC\) będzie równa: \[\sqrt{493}^2+6^2=|EC|^2 \\ 493+36=|EC|^2 \\ |EC|^2=529 \\ |EC|=\sqrt{529} \quad\lor\quad |EC|=-\sqrt{529}\] Długość krawędzi musi być dodatnia, zatem zostaje nam \(|EC|=\sqrt{529}\), co możemy jeszcze zapisać jako po prostu \(|EC|=23\).

Wyjaśnienie punktacji: Przyznaj sobie: 0 pkt • Gdy nie wykonasz jakiegokolwiek postępu prowadzącego do rozwiązania zadania. 1 pkt • Gdy obliczysz długość krawędzi \(AB\) (patrz: Krok 2.). 2 pkt • Gdy dodatkowo obliczysz długość krawędzi \(AD\) (patrz: Krok 3.). 3 pkt • Gdy obliczysz długość przekątnej podstawy \(AC\) (patrz: Krok 4.). ALBO • Gdy doprowadzisz zadanie do samego końca, ale otrzymany wynik będzie zły jedynie ze względu na błąd rachunkowy. 4 pkt • Gdy otrzymasz oczekiwany wynik (patrz: Krok 5.).

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (archiwalny klucz nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria przestrzenna – oblicza krawędź ostrosłupa z zależności Pitagorasa.

\[P_b=20\sqrt{313}.\]

Z warunku \(|AC|:|AS|=10:13\) przyjmijmy \(|AC|=10k\) oraz \(|AS|=|CS|=13k\). Trójkąt \(ACS\) jest równoramienny, a jego wysokość opuszczona z \(S\) dzieli podstawę na połowy: \[h_{ACS}=\sqrt{(13k)^{2}-(5k)^{2}}=12k.\] Z pola trójkąta \[\frac12\cdot10k\cdot12k=120\quad\Longrightarrow\quad 60k^{2}=120\quad\Longrightarrow\quad k^{2}=2,\] czyli \(k=\sqrt2\), \(|AC|=10\sqrt2\) oraz \(|AS|=13\sqrt2\). Odcinek \(AC\) jest przekątną kwadratowej podstawy, więc jej bok wynosi \[a=\frac{|AC|}{\sqrt2}=10.\] Wysokość ściany bocznej (z trójkąta prostokątnego o przeciwprostokątnej \(|AS|\) i przyprostokątnej \(\frac a2=5\)): \[h=\sqrt{\left(13\sqrt2\right)^{2}-5^{2}}=\sqrt{338-25}=\sqrt{313}.\] Pole powierzchni bocznej: \[P_b=4\cdot\frac{a h}2=2\cdot10\cdot\sqrt{313}=20\sqrt{313}.\] **Odpowiedź.** \(P_b=20\sqrt{313}\)

*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.* Odpowiedź CKE: \(20\sqrt{313}\)

Informator CKE 2010: tabela odpowiedzi nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu. Przypisanie według treści zadania: Geometria przestrzenna.

\[V=\frac{64\sqrt{209}}{3}.\]

Oznaczmy bok kwadratu przez \(a\), a wysokość \(|EF|\) przez \(h\). Punkt \(F\) jest środkiem krawędzi \(AD\), więc \(|AF|=\frac a2\). Odcinek \(EF\) jest wysokością ostrosłupa, więc jest prostopadły do płaszczyzny podstawy, a zatem trójkąty \(AFE\) i \(BFE\) są prostokątne przy \(F\): \[|AE|^{2}=h^{2}+\left(\frac a2\right)^{2},\qquad |BE|^{2}=h^{2}+|BF|^{2}.\] Z twierdzenia Pitagorasa w podstawie \(|BF|^{2}=a^{2}+\left(\frac a2\right)^{2}\), więc \[225=h^{2}+\frac{a^{2}}4,\qquad 289=h^{2}+\frac{a^{2}}4+a^{2}.\] Odejmując stronami, otrzymujemy \(a^{2}=64\), czyli \(a=8\), a następnie \(h^{2}=225-16=209\) i \(h=\sqrt{209}\). Objętość ostrosłupa: \[V=\frac13a^{2}h=\frac13\cdot64\cdot\sqrt{209}=\frac{64\sqrt{209}}3.\] **Odpowiedź.** \(V=\frac{64\sqrt{209}}3\)

*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.* Odpowiedź CKE: \(\frac{64\sqrt{209}}{3}\)

Informator CKE 2010: tabela odpowiedzi nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu. Przypisanie według treści zadania: Geometria przestrzenna.

\[V=\frac{a^{3}\cos\alpha}{12\sqrt{4\sin^{2}\alpha-1}}.\]

Oznaczmy przez \(b\) długość krawędzi bocznej, a przez \(H\) wysokość ostrosłupa \(ABCS\) o podstawie równobocznej \(ABC\) i krawędzi \(a\). Kąt między sąsiednimi ścianami bocznymi mierzymy w przekroju prostopadłym do ich wspólnej krawędzi. Niech \(E\) będzie spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka \(A\) na krawędź \(CS\); z symetrii spodek wysokości z \(B\) jest tym samym punktem, a szukanym kątem jest \(\angle AEB=2\alpha\). Trójkąt \(AEB\) jest równoramienny, więc \[\frac{a}{2}=\lvert AE\rvert\sin\alpha,\qquad \lvert AE\rvert=\frac{a}{2\sin\alpha}.\] Ściany boczne są trójkątami ostrokątnymi, więc spodek \(E\) leży wewnątrz krawędzi \(CS\). Z drugiej strony \(\lvert AE\rvert\) jest wysokością trójkąta \(ACS\) opuszczoną na bok \(CS\), a pole tego trójkąta można zapisać dwojako: \[\tfrac12 b\lvert AE\rvert=\tfrac12 a\sqrt{b^{2}-\tfrac{a^{2}}{4}}.\] Po podstawieniu i podniesieniu do kwadratu otrzymujemy \[\frac{b^{2}}{4\sin^{2}\alpha}=b^{2}-\frac{a^{2}}{4},\qquad b^{2}=\frac{a^{2}\sin^{2}\alpha}{4\sin^{2}\alpha-1}.\] Zapis ma sens tylko dla \(4\sin^{2}\alpha-1>0\), czyli \(\sin\alpha>\tfrac12\). Promień okręgu opisanego na podstawie wynosi \(\tfrac{a}{\sqrt3}\), więc \[H^{2}=b^{2}-\frac{a^{2}}{3}=\frac{a^{2}\left(3\sin^{2}\alpha-4\sin^{2}\alpha+1\right)}{3\left(4\sin^{2}\alpha-1\right)}=\frac{a^{2}\cos^{2}\alpha}{3\left(4\sin^{2}\alpha-1\right)},\] \[H=\frac{a\cos\alpha}{\sqrt3\sqrt{4\sin^{2}\alpha-1}}.\] Stąd \[V=\tfrac13\cdot\frac{a^{2}\sqrt3}{4}\cdot H=\frac{a^{3}\cos\alpha}{12\sqrt{4\sin^{2}\alpha-1}}.\] **Odpowiedź.** \(V=\dfrac{a^{3}\cos\alpha}{12\sqrt{4\sin^{2}\alpha-1}}\).

Schemat oceniania **1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny do pełnego rozwiązania zadania: wykonanie rysunku ostrosłupa i zaznaczenie na nim kąta między sąsiednimi ścianami bocznymi. Uwaga: nie wymagamy rysunku, jeżeli z dalszych obliczeń wynika, że zdający poprawnie […] treść zadania. **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – wyznaczenie wysokości \(EF\) trójkąta \(ABE\) w zależności od \(a\) i \(\alpha\): \(m=\frac{a}{2\operatorname{tg}\alpha}\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – wyznaczenie długości odcinka \(EC\): \(x=[…]\). **4 pkt** – rozwiązanie prawie pełne: wyznaczenie wysokości ostrosłupa \(H=[…]\). **Rozwiązanie pełne** – wyznaczenie objętości ostrosłupa \(V=[…]\).

IV. Użycie i tworzenie strategii. Obliczanie objętości wielościanu z wykorzystaniem trygonometrii.

**D.** \(34\)

Ostrosłup o podstawie \(n\)-kąta ma \(n+1\) wierzchołków i \(2n\) krawędzi. Z warunku \(n+1=18\) otrzymujemy \(n=17\), więc krawędzi jest \[2n=34.\] **Odpowiedź.** \(34\) krawędzie, czyli wariant **D**

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

Wykorzystanie i tworzenie informacji. Obliczanie liczby krawędzi wielościanu.

\[V=48.\]

Krawędź \(AD\) jest wysokością ostrosłupa, więc jest prostopadła do płaszczyzny podstawy, a zatem trójkąty \(ABD\) i \(ACD\) są prostokątne przy wierzchołku \(A\). Z twierdzenia Pitagorasa \[|AB|=|AC|=\sqrt{13^{2}-12^{2}}=\sqrt{169-144}=5.\] Podstawa \(ABC\) jest więc trójkątem równoramiennym o bokach \(5\), \(5\), \(6\). Wysokość opuszczona na bok \(BC\) dzieli go na połowy, więc \[h_{ABC}=\sqrt{5^{2}-3^{2}}=4,\qquad P_{ABC}=\frac{6\cdot4}2=12.\] Objętość ostrosłupa: \[V=\frac13\cdot P_{ABC}\cdot|AD|=\frac13\cdot12\cdot12=48.\] **Odpowiedź.** \(V=48\)

**1 pkt** – obliczenie \(|AB|=5\) albo \(|AC|=5\) **2 pkt** – obliczenie wysokości podstawy \(h_{ABC}=4\) **3 pkt** – obliczenie pola podstawy \(P_{ABC}=12\) **4 pkt** – obliczenie objętości \(V=48\)

Użycie i tworzenie strategii. Obliczanie objętości wielościanu.

Krawędź sześcianu ma długość \(2\sqrt[3]{2}\ \mathrm{cm}\).

Krawędź boczna \(b=4\) rzutuje się na połowę przekątnej podstawy, a kąt nachylenia wynosi \(30^\circ\). Z trójkąta prostokątnego utworzonego przez krawędź boczną, wysokość ostrosłupa \(H\) i połowę przekątnej \(\frac d2\): \[H=b\sin30^\circ=4\cdot\tfrac12=2,\qquad \frac d2=b\cos30^\circ=4\cdot\tfrac{\sqrt3}{2}=2\sqrt3,\] skąd \(d=4\sqrt3\). W kwadracie przekątna jest \(\sqrt2\) razy dłuższa od boku, więc krawędź podstawy wynosi \[a=\frac{d}{\sqrt2}=\frac{4\sqrt3}{\sqrt2}=2\sqrt6,\qquad a^2=24.\] Objętość ostrosłupa: \[V=\tfrac13a^2H=\tfrac13\cdot24\cdot2=16.\] Sześcian o krawędzi \(c\) ma tę samą objętość, gdy \[c^3=16,\qquad c=\sqrt[3]{16}=\sqrt[3]{8\cdot2}=2\sqrt[3]{2}.\] **Odpowiedź.** Krawędź sześcianu ma długość \(2\sqrt[3]{2}\ \mathrm{cm}\approx2{,}52\ \mathrm{cm}\).

*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.* **7.1. (1 pkt)** – obliczenie wysokości ostrosłupa: \(H=2\). […] **7.2. (1 pkt)** – obliczenie długości przekątnej podstawy ostrosłupa: \(d=4\sqrt{3}\) albo długości krawędzi podstawy: \(a=2\sqrt{6}\). **7.3. (1 pkt)** – obliczenie objętości ostrosłupa: \(V=16\). **7.4. (1 pkt)** – oznaczenie długości krawędzi sześcianu, np. \(b\) i zapisanie równania: \(b^{3}=16\). **7.5. (1 pkt)** – obliczenie długości krawędzi sześcianu: \(b=2\sqrt[3]{2}\). Zdający może podać wynik w postaci, np. \(b=\sqrt[3]{16}\) lub wartość przybliżoną pierwiastka.

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

a) dowód poniżej; b) \(\operatorname{tg}\alpha=\sqrt7\), czyli \(\alpha\approx69^\circ\).

Niech \(a\) oznacza krawędź podstawy, a \(b\) krawędź boczną. **a)** Ścianą boczną jest trójkąt równoramienny o podstawie \(a\) i kątach przy podstawie \(\alpha\), więc \(\cos\alpha=\dfrac{a/2}{b}\), czyli \(b=\dfrac{a}{2\cos\alpha}\). Rzutem krawędzi bocznej na podstawę jest połowa przekątnej kwadratu, czyli \(\dfrac{a\sqrt2}{2}\). Z twierdzenia Pitagorasa \[H^2=b^2-\frac{a^2}{2}=\frac{a^2}{4\cos^2\alpha}-\frac{a^2}{2} =\frac{a^2\left(1-2\cos^2\alpha\right)}{4\cos^2\alpha}.\] Stąd \[a^2=\frac{4H^2\cos^2\alpha}{1-2\cos^2\alpha}.\] Warunek \(45^\circ<\alpha<90^\circ\) gwarantuje \(1-2\cos^2\alpha>0\). Ponieważ \[\frac{\cos^2\alpha}{1-2\cos^2\alpha}=\frac{1}{\frac{1}{\cos^2\alpha}-2} =\frac{1}{1+\operatorname{tg}^2\alpha-2}=\frac{1}{\operatorname{tg}^2\alpha-1},\] to \[V=\frac13a^2H=\frac43\cdot\frac{H^3}{\operatorname{tg}^2\alpha-1}.\] **b)** Z warunku \(V=\tfrac29H^3\) otrzymujemy \[\frac43\cdot\frac{1}{\operatorname{tg}^2\alpha-1}=\frac29,\qquad \operatorname{tg}^2\alpha-1=6,\qquad \operatorname{tg}\alpha=\sqrt7\approx2{,}646.\] Z tablic \(\operatorname{tg}69^\circ\approx2{,}605\) i \(\operatorname{tg}70^\circ\approx2{,}747\), więc \(\alpha\approx69^\circ\). **Odpowiedź.** \(\alpha\approx69^\circ\).

*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.* Wprowadzam oznaczenia: \(a\) – długość krawędzi podstawy ostrosłupa, \(h\) – wysokość ściany bocznej ostrosłupa. […] a) Z trójkąta prostokątnego \(BES\) wyznaczam \(h\): \(\frac{h}{\frac{a}{2}}=\operatorname{tg}\alpha\), stąd \(h=\frac{a}{2}\cdot\operatorname{tg}\alpha\). Stosuję twierdzenie Pitagorasa w trójkącie prostokątnym \(SOE\) i otrzymuję: \(H^{2}+\left(\frac{a}{2}\right)^{2}=h^{2}\). Podstawiam wyrażenie \(\frac{a}{2}\cdot\operatorname{tg}\alpha\) w miejsce \(h\), otrzymuję \(H^{2}+\left(\frac{a}{2}\right)^{2}=\left(\frac{a}{2}\operatorname{tg}\alpha\right)^{2}\). Wyznaczam \(a^{2}\): \(H^{2}+\frac{a^{2}}{4}=\frac{a^{2}}{4}\cdot\operatorname{tg}^{2}\alpha\), \(H^{2}=\frac{a^{2}}{4}\cdot\left(\operatorname{tg}^{2}\alpha-1\right)\), \(a^{2}=\frac{4H^{2}}{\operatorname{tg}^{2}\alpha-1}\). Obliczam objętość ostrosłupa: podstawiam do wzoru \(V=\frac{1}{3}a^{2}H\) wyznaczoną wartość \(a^{2}=\frac{4H^{2}}{\operatorname{tg}^{2}\alpha-1}\); \(V=\frac{1}{3}\cdot\frac{4H^{2}}{\operatorname{tg}^{2}\alpha-1}\cdot H=\frac{4}{3}\cdot\frac{H^{3}}{\operatorname{tg}^{2}\alpha-1}\) – co należało wykazać. b) Zapisuję równanie: \(\frac{2}{9}\cdot H^{3}=\frac{4}{3}\cdot\frac{H^{3}}{\operatorname{tg}^{2}\alpha-1}\). Mnożę obie jego strony przez \(\frac{9}{2\cdot H^{3}}\) i otrzymuję równanie: \(1=\frac{6}{\operatorname{tg}^{2}\alpha-1}\). Stąd \(\operatorname{tg}^{2}\alpha=7\) czyli \(\operatorname{tg}\alpha=\sqrt{7}\) (odrzucam równość \(\operatorname{tg}\alpha=-\sqrt{7}\), bo \(\alpha\) jest kątem ostrym). \(\sqrt{7}\approx 2{,}6458\) Z tablic funkcji trygonometrycznych odczytuję szukaną miarę kąta \(\alpha\): \(\alpha=69^\circ\).

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

\(H=\dfrac{3-\sqrt3}{6}\).

Każda ściana boczna jest równoramiennym trójkątem prostokątnym, a przeciwprostokątną jest krawędź podstawy o długości \(\sqrt2\). Zatem kąt prosty jest przy wierzchołku \(D\), a krawędzie boczne mają długość \[|DA|=|DB|=|DC|=b,\qquad b^2+b^2=(\sqrt2)^2,\quad b=1.\] Krawędzie \(DA\), \(DB\), \(DC\) są więc parami prostopadłe, skąd \[V=\frac16\cdot1\cdot1\cdot1=\frac16.\] Pola ścian: trzy trójkąty prostokątne o przyprostokątnych \(1\) dają \(3\cdot\tfrac12=\tfrac32\), a podstawa (trójkąt równoboczny o boku \(\sqrt2\)) \[P_{ABC}=\frac{(\sqrt2)^2\sqrt3}{4}=\frac{\sqrt3}{2}.\] Łącznie \(S=\tfrac32+\tfrac{\sqrt3}2=\tfrac{3+\sqrt3}{2}\). Punkt \(P\) dzieli ostrosłup na cztery ostrosłupy o wspólnej wysokości \(H\) i podstawach będących ścianami danego ostrosłupa, więc \[V=\tfrac13SH,\qquad H=\frac{3V}{S}=\frac{3\cdot\frac16}{\frac{3+\sqrt3}{2}} =\frac{1}{3+\sqrt3}=\frac{3-\sqrt3}{6}.\] **Odpowiedź.** \(H=\dfrac{3-\sqrt3}{6}\approx0{,}21\).

*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.* **I metoda rozwiązania:** **8.1. (1 pkt)** – sporządzenie rysunku: \(P\) leży na wysokości \(DO\). (rysunek: \(P\), \(C\), \(A\), \(O\), \(B\)) **8.2. (1 pkt)** – obliczenie długości krawędzi bocznej ostrosłupa: \(a=1\). **8.3. (1 pkt)** – obliczenie objętości ostrosłupa \(ABCD\), np. poprzez stwierdzenie, że dany ostrosłup to „naroże” sześcianu o krawędzi długości \(1\): \(V_{ABCD}=\frac{1}{6}\). **8.4. (1 pkt)** – zapisanie równania z niewiadomą \(H\) – szukaną odległością: \[3\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot H+\frac{1}{3}\cdot\frac{\left(\sqrt{2}\right)^{2}\cdot\sqrt{3}}{4}\cdot H=\frac{1}{6}.\] Wystarczy, że zdający zapisze, że objętość ostrosłupa jest sumą objętości czterech ostrosłupów, których podstawami są ściany danego ostrosłupa, a wysokością szukana odległość. **8.5. (1 pkt)** – obliczenie szukanej odległości: \(H=\frac{3-\sqrt{3}}{6}\). **II metoda rozwiązania:** **8.1. (1 pkt)** – sporządzenie rysunku. (rysunek: \(D\), \(P_{1}\), \(P\), \(C\), \(A\), \(O\), \(C_{1}\), \(B\); znaczniki na rysunku […]) \(P_{1}\) jest rzutem punktu \(P\) na wysokość ściany bocznej \(DC_{1}\). **8.2. (1 pkt)** – obliczenie długości \(DC_{1}\): \(DC_{1}=\frac{1}{2}AB=\frac{\sqrt{2}}{2}\). **8.3. (1 pkt)** – wyznaczenie \(DO\) z trójkąta \(DOC_{1}\): np. \(DO^{2}=DC_{1}^{2}-OC_{1}^{2}\), gdzie \(OC_{1}=\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{2}\cdot\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{6}}{6}\), stąd \(DO=\frac{\sqrt{3}}{3}\). **8.4. (1 pkt)** – zapisanie równania z niewiadomą \(H\), np. z podobieństwa trójkątów \(\Delta PP_{1}D\sim\Delta DOC_{1}\) wynika proporcja \(\frac{PP_{1}}{DP}=\frac{OC_{1}}{DC_{1}}\) i \(PP_{1}=H\): \[\frac{H}{\frac{\sqrt{3}}{3}-H}=\frac{\frac{\sqrt{6}}{6}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}.\] **8.5. (1 pkt)** – obliczenie szukanej odległości: \(H=\frac{3-\sqrt{3}}{6}\).

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

Objętość narożnika jest równa \(\frac16\ \mathrm{m}^3\approx0{,}17\ \mathrm{m}^3\).

Punkt \(R\) jest narożnikiem pokoju, w którym schodzą się dwie ściany i sufit, więc krawędzie \(RA\), \(RB\), \(RC\) są parami prostopadłe. Odcięta bryła jest ostrosłupem \(RABC\). Za podstawę przyjmijmy trójkąt prostokątny \(RAB\) o przyprostokątnych \(\lvert RA\rvert=\lvert RB\rvert=1\ \mathrm{m}\): \[P_{RAB}=\tfrac12\cdot1\cdot1=\tfrac12\ \mathrm{m}^2.\] Krawędź \(RC\) jest prostopadła do obu krawędzi \(RA\) i \(RB\), a więc do płaszczyzny \(RAB\) — jest wysokością tego ostrosłupa i ma długość \(1\ \mathrm{m}\). Zatem \[V=\tfrac13\cdot\tfrac12\cdot1=\frac16\ \mathrm{m}^3\approx0{,}17\ \mathrm{m}^3.\] **Odpowiedź.** \(V=\frac16\ \mathrm{m}^3\approx0{,}17\ \mathrm{m}^3\)

*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.* **9.1. (1 pkt)** – zapisanie założenie, że trójkąt \(ABR\) jest podstawą, a odcinek \(CR\) jest wysokością danego ostrosłupa \(ABRC\). **9.2. (1 pkt)** – obliczenie pola podstawy: \(P_{p}=\frac{1}{2}\,\mathrm{m}^{2}\). **9.3. (1 pkt)** – obliczenie objętości ostrosłupa: \(V=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot 1=\frac{1}{6}\,\mathrm{m}^{3}\). Zdający może pominąć jednostki. Jeśli zdający zapisze, że objętość ostrosłupa jest równa \(\frac{1}{6}\,\mathrm{m}^{3}\), bo jest to naroże sześcianu o krawędzi \(1\) m, to przyznajemy punkty w czynnościach 9.1, 9.2, 9.3. **9.4. (1 pkt)** – podanie wyniku zaokrąglonego do \(0{,}01\,\mathrm{m}^{3}\): \(V=0{,}17\,\mathrm{m}^{3}\). **II sposób rozwiązania:** **9.1. (1 pkt)** – podstawą ostrosłupa \(ABCR\) jest trójkąt równoboczny \(ABC\), którego krawędź podstawy ma długość \(\sqrt{2}\). Obliczenie pola podstawy ostrosłupa: \(P_{p}=\frac{\sqrt{3}}{2}\,\mathrm{m}^{2}\). **9.2. (1 pkt)** – obliczenie wysokości \(H\) ostrosłupa: \(H=\sqrt{1^{2}-\left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\,\mathrm{m}\). **9.3. (1 pkt)** – obliczenie objętości ostrosłupa: \(V=\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{1}{6}\,\mathrm{m}^{3}\). **9.4. (1 pkt)** – podanie wyniku zaokrąglonego do \(0{,}01\,\mathrm{m}^{3}\): \(V=0{,}17\,\mathrm{m}^{3}\).

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

Pole powierzchni dachu wynosi \(32\ \mathrm{m}^{2}\), a należy kupić \(830\) dachówek.

**Krok \(1\).** Oznaczmy: \(ABCD\) — kwadratowa podstawa o boku \(a=4\ \mathrm{m}\), \(S\) — wierzchołek ostrosłupa, \(O\) — środek podstawy, \(F\) — środek krawędzi \(AB\). Odcinek \(SF\) jest wysokością ściany bocznej, a kąt \(SFO=60^\circ\) jest kątem nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy — te wielkości zaznaczamy na rysunku pomocniczym. **Krok \(2\).** Odcinek \(OF\) łączy środek kwadratu ze środkiem jego boku, więc \[OF=\frac{a}{2}=2\ \mathrm{m}.\] **Krok \(3\).** W trójkącie prostokątnym \(SOF\) (kąt prosty przy wierzchołku \(O\)) mamy \[\cos 60^\circ=\frac{OF}{SF},\qquad \frac12=\frac{2}{SF},\qquad SF=4\ \mathrm{m}.\] **Krok \(4\).** Dach jest powierzchnią boczną ostrosłupa, czyli składa się z czterech przystających trójkątów o podstawie \(a=4\ \mathrm{m}\) i wysokości \(SF=4\ \mathrm{m}\): \[P=4\cdot\frac{4\cdot4}{2}=32\ \mathrm{m}^{2}.\] **Krok \(5\).** Liczba dachówek bez zapasu: \[32\cdot 24=768.\] **Krok \(6\).** Doliczamy \(8\%\) zapasu: \[108\%\cdot 768=768\cdot 1{,}08=829{,}44,\] a ponieważ dachówki kupuje się w całych sztukach, zaokrąglamy w górę do \(830\). **Odpowiedź.** Należy kupić \(830\) sztuk dachówek.

*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.* **Zadanie 9.** (\(6\) pkt) Dach wieży ma kształt powierzchni bocznej ostrosłupa prawidłowego czworokątnego, którego krawędź podstawy ma długość \(4\,\mathrm{m}\). Ściana boczna tego ostrosłupa jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem \(60^{\circ}\). a) Sporządź pomocniczy rysunek i zaznacz na nim podane w zadaniu wielkości. b) Oblicz, ile sztuk dachówek należy kupić, aby pokryć ten dach, wiedząc, że do pokrycia \(1\,\mathrm{m}^{2}\) potrzebne są \(24\) dachówki. Przy zakupie należy doliczyć \(8\%\) dachówek na zapas. (rysunek: ostrosłup o wierzchołku \(S\) i podstawie \(ABCD\), punkty \(E\), \(F\), \(O\), krawędź podstawy \(a\), kąt \(60^{\circ}\)) Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku: \(a=AB=4\,\mathrm{m}\). Trójkąt \(EFS\) jest równoboczny. Wysokość ściany bocznej \(SF=4\,\mathrm{m}\). Obliczam pole powierzchni dachu: \[P=4\cdot\frac{4\cdot 4}{2}=32\,\mathrm{m}^{2}.\] Obliczam liczbę dachówek bez uwzględniania zapasu: \(32\cdot 24=768\) sztuk. Obliczam, ile dachówek należy kupić, uwzględniając zapas: \(108\%\cdot 768=829{,}44\). Odp.: Należy kupić \(830\) sztuk dachówek. | Nr czynności | 9.1. | 9.2. | 9.3. | 9.4. | 9.5. | |---|---:|---:|---:|---:|---:| | Maks. liczba pkt | \(1\) | \(1\) | \(1\) | \(2\) | \(1\) | (wiersz „Uzyskana liczba pkt” wypełnia egzaminator)

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

\[V=\frac43 h^{3}\sin^{2}\alpha\cos\alpha.\]

Oznaczmy podstawę przez \(ABCD\), wierzchołek przez \(W\), a przez \(a\) długość krawędzi podstawy. Niech \(K\) i \(L\) będą środkami przeciwległych krawędzi podstawy; wtedy \(\lvert WK\rvert=\lvert WL\rvert=h\) są wysokościami przeciwległych ścian bocznych, a \(\lvert\angle KWL\rvert=2\alpha\). Odcinek \(KL\) łączy środki przeciwległych boków kwadratu, więc \(\lvert KL\rvert=a\), a jego środkiem jest środek \(O\) podstawy — czyli spodek wysokości ostrosłupa. Trójkąt \(WKL\) jest równoramienny, a \(WO\) jest jego wysokością i dwusieczną kąta \(KWL\). Z trójkąta prostokątnego \(WOK\) otrzymujemy \[\frac{a}{2}=h\sin\alpha\quad\Longrightarrow\quad a=2h\sin\alpha,\] \[\lvert WO\rvert=h\cos\alpha.\] Stąd \[V=\tfrac13 a^{2}\cdot\lvert WO\rvert=\tfrac13\left(2h\sin\alpha\right)^{2}\cdot h\cos\alpha=\frac43 h^{3}\sin^{2}\alpha\cos\alpha.\] **Odpowiedź.** \(V=\dfrac43 h^{3}\sin^{2}\alpha\cos\alpha\).

*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)** – […] np. \(\lvert WK\rvert=\lvert WL\rvert=h\), \(V\) – objętość ostrosłupa \(ABCDW\), \(P_{p}\) – pole podstawy ostrosłupa \(ABCDW\) **10.2. (1 pkt)** – zaznaczenie na rysunku właściwego przekroju i właściwego kąta **10.3. (1 pkt)** – wykorzystanie własności, że trójkąt \(WKL\) jest równoramienny i wysokość \(WO\) jest wysokością ostrosłupa **10.4. (1 pkt)** – obliczenie \(WO\) z \(\Delta WOL\): \(WO=h\cos\alpha\) **10.5. (1 pkt)** – obliczenie \(AB\): \(AB=2h\sin\alpha\) **10.6. (2 pkt)** – obliczenie pola podstawy ostrosłupa: \(P_{p}=4h^{2}\sin^{2}\alpha\); obliczenie objętości ostrosłupa: \(V=\frac{4}{3}h^{3}\sin^{2}\alpha\cos\alpha\) lub \(V=\frac{2}{3}h^{3}\sin 2\alpha\sin\alpha\) Za prawidłowe rozwiązanie każdego z zadań inną metodą (zgodną z poleceniem) 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.

\[V=9\,\mathrm{dm}^3.\]

Dwie ściany boczne są prostopadłe do podstawy, więc ich wspólna krawędź jest wysokością ostrosłupa; spodek wysokości pada w wierzchołku prostokąta podstawy. Oznaczmy boki prostokąta przez \(a\) i \(b\), a wysokość ostrosłupa przez \(H\). Pozostałe dwie ściany boczne opierają się na bokach \(a\) i \(b\) i są nachylone do podstawy pod kątami, których miary wynoszą \(\frac\pi3\) oraz \(\frac\pi6\). Kąty te występują w trójkątach prostokątnych o przyprostokątnych \(H\) i odpowiednio \(b\) oraz \(a\): \[\tan\frac\pi3=\frac{H}{b},\qquad \tan\frac\pi6=\frac{H}{a}.\] Stąd \(H=b\sqrt3\) oraz \(H=\frac{a\sqrt3}3\), czyli \(a=3b\). Z pola podstawy \(ab=9\) otrzymujemy \(3b^{2}=9\), więc \(b=\sqrt3\), \(a=3\sqrt3\) oraz \(H=3\). Objętość ostrosłupa jest równa \[V=\frac13\cdot ab\cdot H=\frac13\cdot9\cdot3=9\,\mathrm{dm}^3.\] **Odpowiedź.** \(V=9\,\mathrm{dm}^3\)

*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.* **18.1. (1 pkt)** – […] z zaznaczeniem danych kątów. **18.2. (1 pkt)** – wyznaczenie długości boków prostokąta w zależności od \(h\): \(a=h\operatorname{ctg}\frac{\pi}{3}\), \(b=h\operatorname{ctg}\frac{\pi}{6}\). **18.3. (2 pkt)** – wykazanie, że \(a\cdot b=h^{2}\) (w tym \(1\) p. za metodę oraz \(1\) p. za obliczenia): \(a\cdot b=h^{2}\operatorname{ctg}\frac{\pi}{3}\operatorname{ctg}\frac{\pi}{6}=h^{2}\operatorname{tg}\frac{\pi}{6}\operatorname{ctg}\frac{\pi}{6}=h^{2}\). **18.4. (1 pkt)** – obliczenie wysokości ostrosłupa: \(h=3\,\mathrm{dm}\). **18.5. (1 pkt)** – obliczenie objętości ostrosłupa: \(V=9\,\mathrm{dm}^{3}\).

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