Przekroje brył — przekrój osiowy, przekrój płaszczyzną i pole figury przekroju

Pole trapezu \(KLMN\) jest równe \(\displaystyle \frac{63\sqrt{3}}{8}\).

Oznaczmy krawędź podstawy przez \(a\), a wysokość ostrosłupa przez \(H\). Niech \(O\) będzie środkiem podstawy; punkty \(K\) i \(L\) są środkami krawędzi \(AD\) i \(BC\), więc odcinek \(KL\) przechodzi przez \(O\) i \(|KL|=a\). Niech \(N_0\) będzie środkiem krawędzi \(CD\). Wtedy \(SN_0\) jest wysokością ściany \(CDS\), a \(ON_0=\frac a2\). Płaszczyzna \(\gamma\) zawiera prostą \(KL\) i jest nachylona do podstawy pod kątem \(30^{\circ}\). Z warunku prostopadłości \(\gamma\) do ściany \(CDS\) wynika, że w przekroju płaszczyzną \(SON_0\) prosta przekroju jest prostopadła do \(SN_0\). Kąt między \(SN_0\) a podstawą oznaczmy \(\beta\); wtedy \(\beta+30^{\circ}=90^{\circ}\), czyli \(\beta=60^{\circ}\) i \[H=\frac a2\tan60^{\circ}=\frac{a\sqrt3}2.\] Z objętości ostrosłupa \[\frac13a^{2}\cdot\frac{a\sqrt3}2=36\sqrt3\quad\Longrightarrow\quad a^{3}=216\quad\Longrightarrow\quad a=6,\qquad H=3\sqrt3.\] Przyjmijmy układ współrzędnych o początku w \(O\), w którym \(K=(-3,0,0)\), \(L=(3,0,0)\), \(C=(3,3,0)\), \(D=(-3,3,0)\), \(S=(0,0,3\sqrt3)\). Płaszczyzna \(\gamma\) zawiera oś \(x\) i tworzy z podstawą kąt \(30^{\circ}\), więc ma równanie \(z=\frac{y}{\sqrt3}\). Punkt \(M\) leży na \(CS\): dla \(M=C+t(S-C)=(3-3t,\,3-3t,\,3\sqrt3t)\) warunek \(3\sqrt3t=\frac{3-3t}{\sqrt3}\) daje \(t=\frac14\), więc \[M=\left(\tfrac94,\tfrac94,\tfrac{3\sqrt3}4\right),\qquad N=\left(-\tfrac94,\tfrac94,\tfrac{3\sqrt3}4\right),\qquad |MN|=\frac92.\] Wysokość trapezu to odległość prostych \(KL\) i \(MN\) w płaszczyźnie \(\gamma\): \[h=\sqrt{\left(\tfrac94\right)^{2}+\left(\tfrac{3\sqrt3}4\right)^{2}}=\sqrt{\frac{81+27}{16}}=\frac{3\sqrt3}2.\] Pole trapezu: \[P=\frac{|KL|+|MN|}2\cdot h=\frac{6+\frac92}2\cdot\frac{3\sqrt3}2=\frac{63\sqrt3}8.\] **Odpowiedź.** \(P_{KLMN}=\frac{63\sqrt3}8\)

Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. **Pierwszy etap** polega na obliczeniu długości krawędzi podstawy ostrosłupa. Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 2 punkty. Podział punktów za pierwszy etap rozwiązania: **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie wysokości ostrosłupa w zależności od długości krawędzi podstawy: \(H=\frac{a\sqrt{3}}{2}\). **2 pkt** – obliczenie długości krawędzi podstawy: \(a=6\). **Drugi etap** polega na wyznaczeniu długości krótszej podstawy trapezu oraz wysokości trapezu w zależności od długości krawędzi podstawy ostrosłupa. Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 2 punkty. Podział punktów za drugi etap rozwiązania: **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie długości krótszej podstawy trapezu lub wysokości trapezu w zależności od długości krawędzi podstawy ostrosłupa: \(\lvert MN\rvert=\frac{3}{4}a\) lub \(\lvert PR\rvert=\frac{a\sqrt{3}}{4}\) ALBO obliczenie długości krótszej podstawy trapezu lub wysokości trapezu: \(\lvert MN\rvert=\frac{18}{4}\) lub \(\lvert PR\rvert=\frac{6\sqrt{3}}{4}\). **2 pkt** – wyznaczenie długości krótszej podstawy trapezu oraz wysokości trapezu w zależności od długości krawędzi podstawy ostrosłupa: \(\lvert MN\rvert=\frac{3}{4}a\) oraz \(\lvert PR\rvert=\frac{a\sqrt{3}}{4}\) ALBO obliczenie długości krótszej podstawy trapezu oraz wysokości trapezu: \(\lvert MN\rvert=\frac{18}{4}\) oraz \(\lvert PR\rvert=\frac{6\sqrt{3}}{4}\). **Trzeci etap** polega na obliczeniu pola trapezu. Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – obliczenie pola przekroju ostrosłupa: \(\frac{63\sqrt{3}}{8}\).

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** X.2) Zdający posługuje się pojęciem kąta między prostą a płaszczyzną oraz pojęciem kąta dwuściennego między półpłaszczyznami. X.R2) Zdający wyznacza przekroje sześcianu i ostrosłupów prawidłowych oraz oblicza ich pola, także z wykorzystaniem trygonometrii.

Pole trapezu \(KLMN\) jest równe \(\displaystyle \frac{63\sqrt{3}}{8}\).

Niech \(a\) oznacza długość krawędzi podstawy, a \(H\) wysokość ostrosłupa. Z kąta \(30^{\circ}\) otrzymujemy \(H=\frac{a\sqrt{3}}{2}\). Warunek objętości \[\frac{1}{3}a^{2}H=36\sqrt{3}\] daje \(a=6\). Z geometrii przekroju wynika, że \(\lvert KL\rvert=6\), \(\lvert MN\rvert=\frac{9}{2}\), a wysokość trapezu jest równa \(\frac{3\sqrt{3}}{2}\). Zatem \[P_{KLMN}=\frac{1}{2}\left(6+\frac{9}{2}\right)\frac{3\sqrt{3}}{2}=\frac{63\sqrt{3}}{8}.\]

Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. **Pierwszy etap** polega na obliczeniu długości krawędzi podstawy ostrosłupa. Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 2 punkty. Podział punktów za pierwszy etap rozwiązania: **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie wysokości ostrosłupa w zależności od długości krawędzi podstawy: \(H=\frac{a\sqrt{3}}{2}\). **2 pkt** – obliczenie długości krawędzi podstawy: \(a=6\). **Drugi etap** polega na wyznaczeniu długości krótszej podstawy trapezu oraz wysokości trapezu w zależności od długości krawędzi podstawy ostrosłupa. Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 2 punkty. Podział punktów za drugi etap rozwiązania: **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie długości krótszej podstawy trapezu lub wysokości trapezu w zależności od długości krawędzi podstawy ostrosłupa: \(\lvert MN\rvert=\frac{3}{4}a\) lub \(\lvert PR\rvert=\frac{a\sqrt{3}}{4}\) ALBO obliczenie długości krótszej podstawy trapezu lub wysokości trapezu: \(\lvert MN\rvert=\frac{18}{4}\) lub \(\lvert PR\rvert=\frac{6\sqrt{3}}{4}\). **2 pkt** – wyznaczenie długości krótszej podstawy trapezu oraz wysokości trapezu w zależności od długości krawędzi podstawy ostrosłupa: \(\lvert MN\rvert=\frac{3}{4}a\) oraz \(\lvert PR\rvert=\frac{a\sqrt{3}}{4}\) ALBO obliczenie długości krótszej podstawy trapezu oraz wysokości trapezu: \(\lvert MN\rvert=\frac{18}{4}\) oraz \(\lvert PR\rvert=\frac{6\sqrt{3}}{4}\). **Trzeci etap** polega na obliczeniu pola trapezu. Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – obliczenie pola przekroju ostrosłupa: \(\frac{63\sqrt{3}}{8}\).

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 9.1) Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między odcinkami (np. krawędziami, krawędziami i przekątnymi, itp.), oblicza miary tych kątów; 9.4) Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między ścianami; 9.6) Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól powierzchni i objętości. 9.2R) Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa płaszczyzną.

**B.** \(2\sqrt2\)

Trójkąt \(ACH\) jest równoboczny, a jego bok jest przekątną ściany sześcianu, czyli ma długość \(a\sqrt2\). Jego pole wynosi \[\frac{(a\sqrt2)^2\sqrt3}{4}=\frac{a^2\sqrt3}{2}=4\sqrt3.\] Stąd \(a^2=8\), więc \(a=2\sqrt2\). Poprawna jest odpowiedź **B**.

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

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** X.3) Zdający rozpoznaje w graniastosłupach kąty między odcinkami. VIII.3) Zdający korzysta z własności wielokątów foremnych.

\(\frac{P_{ACS}}{P_{ABCD}}=\sqrt2\), a \(\angle BSO\approx20^{\circ}\).

Niech krawędź podstawy ma długość \(a\), a krawędź boczna \(b\). Z warunku \[\frac{4a}{4a+4b}=\frac15\] wynika \(b=4a\). Ponieważ \(S\) jest środkiem \(BE\), \(|BS|=2a\). Z geometrii ostrosłupa otrzymujemy \(|OS|=2a\). Pole przekroju \(ACS\) wynosi \[P_{ACS}=\frac12\cdot|AC|\cdot|OS|=\frac12\cdot a\sqrt2\cdot2a=a^2\sqrt2.\] Stąd \(\frac{P_{ACS}}{P_{ABCD}}=\sqrt2\). W trójkącie \(BSO\), korzystając z twierdzenia cosinusów, otrzymujemy \[\cos\angle BSO=\frac{15}{16},\] więc \(\angle BSO\approx20^{\circ}\).

**5 pkt** – poprawny stosunek pól i miara kąta. **4 pkt** – cosinus kąta i stosunek pól albo sama poprawna miara kąta. **3 pkt** – stosunek pól albo wartość cosinusa kąta. **2 pkt** – wyznaczenie \(|OS|\) w zależności od \(a\). **1 pkt** – wyznaczenie \(b=4a\). **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i tworzenie informacji - interpretowanie i operowanie informacjami przedstawionymi w tekście, zarówno matematycznym, jak i popularnonaukowym, a także w formie wykresów, diagramów, tabel. IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** X. Stereometria. 2R) Zdający wyznacza przekroje sześcianu i ostrosłupów prawidłowych oraz oblicza ich pola, także z wykorzystanie trygonometrii.

\(\frac{P_{ACS}}{P_{ABCD}}=\sqrt2\), a \(\angle BSO\approx20^\circ\).

Niech \(a\) oznacza długość krawędzi podstawy, a \(b\) długość krawędzi bocznej. Z warunku \[\frac{4a}{4a+4b}=\frac15\] otrzymujemy \(b=4a\). W trójkącie prostokątnym \(OBE\) punkt \(S\) jest środkiem przeciwprostokątnej \(BE\), więc \[|OS|=|BS|=\frac{|BE|}{2}=2a.\] Przekrój jest trójkątem \(ACS\), przy czym \(AC\perp OS\) i \(|AC|=a\sqrt2\). Zatem \[\frac{P_{ACS}}{P_{ABCD}}=\frac{\frac12a\sqrt2\cdot2a}{a^2}=\sqrt2.\] W trójkącie \(BSO\) mamy \(|BO|=\frac{a\sqrt2}{2}\) oraz \(|BS|=|OS|=2a\). Z twierdzenia cosinusów \[\left(\frac{a\sqrt2}{2}\right)^2=(2a)^2+(2a)^2-2\cdot2a\cdot2a\cos\angle BSO,\] więc \(\cos\angle BSO=\frac{15}{16}\), a stąd \(\angle BSO\approx20^\circ\).

**5 pkt** – wyznaczenie miary kąta \(BSO\) i stosunku pól \(\sqrt2\) **4 pkt** – obliczenie \(\cos\angle BSO=\frac{15}{16}\) i stosunku pól albo samej miary kąta **3 pkt** – obliczenie stosunku pól albo cosinusa kąta **2 pkt** – wyznaczenie \(|OS|=2a\) **1 pkt** – wyznaczenie krawędzi bocznej \(b=4a\) **0 pkt** – rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** II.1 i IV.4 interpretowanie informacji przedstawionych na diagramie oraz stosowanie strategii w zadaniach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** X.2R wyznaczanie przekrojów ostrosłupów prawidłowych i obliczanie ich pól, także z wykorzystaniem trygonometrii.

\(\frac{P_{ACS}}{P_{ABCD}}=\sqrt2\), a \(\angle BSO\approx20^\circ\).

Niech \(a\) oznacza długość krawędzi podstawy, a \(b\) długość krawędzi bocznej. Z warunku \[\frac{4a}{4a+4b}=\frac15\] otrzymujemy \(b=4a\). W trójkącie prostokątnym \(OBE\) punkt \(S\) jest środkiem przeciwprostokątnej \(BE\), więc \[|OS|=|BS|=\frac{|BE|}{2}=2a.\] Przekrój jest trójkątem \(ACS\), przy czym \(AC\perp OS\) i \(|AC|=a\sqrt2\). Zatem \[\frac{P_{ACS}}{P_{ABCD}}=\frac{\frac12\,a\sqrt2\cdot2a}{a^2}=\sqrt2.\] W trójkącie \(BSO\) mamy \[|BO|=\frac{a\sqrt2}{2},\qquad |BS|=|OS|=2a.\] Z twierdzenia cosinusów \[\left(\frac{a\sqrt2}{2}\right)^2=(2a)^2+(2a)^2-2\cdot2a\cdot2a\cos\angle BSO,\] więc \[\cos\angle BSO=\frac{15}{16}.\] Stąd \(\angle BSO\approx20^\circ\).

**5 pkt** – wyznaczenie kąta \(BSO\) i stosunku pól \(\sqrt2\) **4 pkt** – obliczenie \(\cos\angle BSO=\frac{15}{16}\) i stosunku pól albo samej miary kąta **3 pkt** – obliczenie stosunku pól albo cosinusa kąta **2 pkt** – wyznaczenie \(|OS|=2a\) **1 pkt** – wyznaczenie krawędzi bocznej \(b=4a\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** II i IV interpretowanie informacji przedstawionych na diagramie oraz stosowanie strategii w zadaniach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** X.2R wyznaczanie przekrojów ostrosłupów prawidłowych i obliczanie ich pól, także z wykorzystaniem trygonometrii.

Przekrój \(BCFE\) jest trapezem równoramiennym, a jego pole wynosi \[P=\frac{27\sqrt{10}}{100}a^2.\]

Niech \(G\) i \(P\) będą środkami odpowiednio krawędzi \(AD\) i \(BC\), \(R\) środkiem odcinka \(EF\), a \(O\) środkiem podstawy. Płaszczyzna przekroju przecina krawędzie \(AS\) i \(DS\) w punktach \(E\) i \(F\); przekrój \(BCFE\) jest trapezem równoramiennym i \(EF\parallel BC\). W trójkącie prostokątnym \(SOG\): \[\cos\alpha=\frac{|OG|}{|SG|}=\frac{a/2}{|SG|}=\frac{\sqrt{10}}{10},\] więc \(|SG|=\frac{\sqrt{10}}2a\). Ponieważ \(|GP|=a\), z trójkąta \(GPR\): \[|RG|=|GP|\cos\alpha=\frac{\sqrt{10}}{10}a.\] Zatem \[|RS|=|SG|-|RG|=\frac{2\sqrt{10}}5a.\] Z podobieństwa trójkątów \(ADS\) i \(EFS\): \[\frac{|EF|}{a}=\frac{|RS|}{|SG|}=\frac45,\] czyli \(|EF|=\frac45a\). Ponadto \[\sin\alpha=\frac{3\sqrt{10}}{10},\] więc wysokość trapezu wynosi \[h=|GP|\sin\alpha=\frac{3\sqrt{10}}{10}a.\] Ostatecznie \[P=\frac{a+\frac45a}{2}\cdot\frac{3\sqrt{10}}{10}a=\frac{27\sqrt{10}}{100}a^2.\]

**5 pkt** – poprawna konstrukcja i wynik \(P=\frac{27\sqrt{10}}{100}a^2\) **4 pkt** – obliczenie \(|EF|=0{,}8a\) i wysokości \(h=\frac{3\sqrt{10}}{10}a\) **3 pkt** – obliczenie jednej z tych dwóch wielkości **2 pkt** – poprawna zależność podobieństwa lub wyznaczenie odcinków \(SG\) i \(RS\), albo zależność prowadząca do wysokości **1 pkt** – rozpoznanie przekroju jako trapezu równoramiennego **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. stosowanie i tworzenie strategii w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** X.R5 wyznaczanie przekrojów ostrosłupów prawidłowych i obliczanie ich pól z wykorzystaniem trygonometrii.

Płaszczyzna \(ACK\) przecina prostokąt \(BDHF\) wzdłuż prostej \(KL\), gdzie \(L\) jest środkiem kwadratu \(ABCD\) (przecięciem \(AC\) i \(BD\)), a \(K\) środkiem krawędzi \(BF\). Punkty odcinka \(BH\) mają w tym prostokącie postać \((t\,a\sqrt2,\ t\,a)\), a po podstawieniu do równania prostej \(KL\) wychodzi \(4t=1\), czyli \(t=\tfrac14\). Zatem \(|BP|=\tfrac14|BH|\), \(|HP|=\tfrac34|BH|\) i \(|BP|:|HP|=1:3\).

**Krok \(1\).** Zadanie jest przestrzenne, ale wszystkie potrzebne obiekty da się zamknąć w jednej płaszczyźnie. Przekątna \(BH\) leży w prostokącie \(BDHF\) (przekrój sześcianu zawierający przekątne \(BD\) i \(FH\) obu podstaw). Znajdziemy część wspólną płaszczyzny tnącej z tym prostokątem i dalej policzymy wszystko na płasko. **Krok \(2\).** Niech \(L\) będzie punktem przecięcia przekątnych \(AC\) i \(BD\) kwadratu \(ABCD\), czyli środkiem tego kwadratu. Punkt \(L\) leży na odcinku \(AC\), a więc należy do płaszczyzny tnącej; leży też na \(BD\), a więc należy do płaszczyzny \(BDHF\). **Krok \(3\).** Punkt \(K\) (środek krawędzi \(BF\)) należy do płaszczyzny tnącej z założenia oraz do płaszczyzny \(BDHF\), bo krawędź \(BF\) jest bokiem prostokąta \(BDHF\). Skoro obie płaszczyzny mają wspólne punkty \(K\) i \(L\), to ich częścią wspólną jest prosta \(KL\). **Krok \(4\).** Punkt \(P\) leży na \(BH\), czyli w płaszczyźnie \(BDHF\), i jednocześnie na płaszczyźnie tnącej. Zatem \(P\) jest punktem przecięcia prostych \(BH\) i \(KL\) — dalsza część zadania rozgrywa się już tylko w prostokącie \(BDHF\). **Krok \(5\).** Oznaczmy krawędź sześcianu przez \(a\). Wtedy \(|BF|=a\), a \(|BD|=a\sqrt2\) jako przekątna kwadratu o boku \(a\). Wprowadzamy w płaszczyźnie \(BDHF\) układ współrzędnych o początku w \(B\), z osią poziomą wzdłuż \(BD\) i pionową wzdłuż \(BF\): \[B=(0,0),\quad D=\left(a\sqrt2,0\right),\quad F=(0,a),\quad H=\left(a\sqrt2,a\right).\] **Krok \(6\).** Środki odcinków: \(L\) to środek \(BD\), czyli \(L=\left(\dfrac{a\sqrt2}{2},0\right)\), a \(K\) to środek \(BF\), czyli \(K=\left(0,\dfrac{a}{2}\right)\). **Krok \(7\).** Prosta \(KL\) przecina osie w punktach o współrzędnych \(\dfrac{a\sqrt2}{2}\) i \(\dfrac{a}{2}\), więc zapisujemy ją w postaci odcinkowej: \[\frac{x}{\frac{a\sqrt2}{2}}+\frac{y}{\frac{a}{2}}=1.\] **Krok \(8\).** Punkty odcinka \(BH\) mają postać \(\left(t\,a\sqrt2,\ t\,a\right)\), gdzie \(t\in\langle0,1\rangle\) (dla \(t=0\) dostajemy \(B\), dla \(t=1\) punkt \(H\)). Podstawiamy do równania prostej \(KL\): \[\frac{t\,a\sqrt2}{\frac{a\sqrt2}{2}}+\frac{t\,a}{\frac{a}{2}}=2t+2t=4t.\] **Krok \(9\).** Z warunku \(4t=1\) otrzymujemy \(t=\dfrac14\). Oznacza to, że \[|BP|=\tfrac14|BH|,\qquad |HP|=|BH|-|BP|=\tfrac34|BH|,\] a zatem \(|BP|:|HP|=\dfrac14:\dfrac34=1:3\), co należało wykazać. **Uwaga.** Krawędź \(a\) skróciła się w rachunkach — wynik nie zależy od wielkości sześcianu, a jedynie od tego, że \(K\) i \(L\) są środkami odpowiednich odcinków. **Odpowiedź.** Punkt \(P\) dzieli przekątną tak, że \(|BP|=\tfrac14|BH|\), czyli \(|BP|:|HP|=1:3\).

**1 pkt** – gdy zdający zauważy, że \(P\) jest punktem przecięcia przekątnej \(BH\) z odcinkiem \(KL\), gdzie \(L\) to środek przekątnej \(BD\). **2 pkt** – gdy zapisze, że trójkąty \(LBK\) i \(DBF\) są podobne w skali \(1:2\), albo zapisze, że odcinek \(KL\) jest obrazem odcinka \(FD\) w jednokładności o środku \(B\) i skali […], albo wykaże, że trójkąt \(LBP\) jest równoramienny, np. wykaże, że \(\lvert\angle PBL\rvert=\lvert\angle PLB\rvert\), albo poprowadzi odcinki łączące środek przekątnej \(BH\) z punktami \(K\) i \(L\) i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **3 pkt** – gdy wykaże, że \(\lvert BP\rvert:\lvert HP\rvert=1:3\).

Klasyfikacja rzeczowa: stosowanie podobieństwa trójkątów i odcinków łączących środki boków w przekroju sześcianu.

\[DP=BS=9.\]

Rozważmy kwadrat \(EFGH\) i niech \(T\) będzie punktem przecięcia przedłużeń prostych \(QR\) i \(EF\). Trójkąty prostokątne \(RFT\) i \(RGQ\) są podobne. Ponieważ \(RG=5\), \(GQ=5\) i \(FR=10\), otrzymujemy \(FT=10\). W kwadracie \(ABFE\) trójkąty prostokątne \(ABS\) i \(TFS\) są podobne. Oznaczmy \(SF=x\), wtedy \(BS=15-x\). Z podobieństwa \[\frac{SF}{FT}=\frac{BS}{AB},\qquad \frac{x}{10}=\frac{15-x}{15}.\] Stąd \(15x=150-10x\), więc \(x=6\) i \(BS=9\). Punkty \(B\) i \(D\) są symetryczne względem płaszczyzny \(ACGE\), a płaszczyzna przekroju zachowuje tę symetrię. Zatem \(DP=BS=9\).

**Informator CKE podaje dwa rozwiązania wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 4 pkt** – poprawne wyznaczenie \(DP=BS=9\) **3 pkt** – poprawne wyznaczenie \(BS=9\) i wskazanie symetrii **2 pkt** – poprawne podobieństwa i równanie \(\frac{x}{10}=\frac{15-x}{15}\) **1 pkt** – poprawna konstrukcja punktu \(T\) i wyznaczenie \(FT=10\) **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. 9.1. Zdający rozpoznaje kąty między odcinkami i oblicza ich miary. 7.4. R. Zdający rozpoznaje figury podobne i jednokładne oraz wykorzystuje ich własności.

\[DP=BS=9.\]

Rozważamy kwadrat \(EFGH\) i punkt \(T\), w którym przedłużenie prostej \(QR\) przecina przedłużenie \(EF\). Ponieważ \(QG=5\), \(RG=5\) i \(RF=10\), trójkąty prostokątne \(RFT\) i \(RGQ\) są podobne, skąd \(FT=10\). W kwadracie \(ABFE\) punkty \(A,S,T\) są współliniowe. Oznaczmy \(BS=x\), wtedy \(SF=15-x\). Z podobieństwa trójkątów \(ABS\) i \(TFS\) otrzymujemy \[\frac{SF}{BS}=\frac{TF}{AB},\qquad \frac{15-x}{x}=\frac{10}{15}.\] Zatem \(15(15-x)=10x\), czyli \(x=9\). Otrzymujemy \(BS=9\). Z symetrii sześcianu względem płaszczyzny \(ACGE\) wynika \(DP=BS\), dlatego \(DP=9\).

**Informator CKE podaje dwa rozwiązania wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 4 pkt** – poprawne otrzymanie \(DP=BS=9\) **3 pkt** – poprawne obliczenie jednej z długości i uzasadnienie symetrii lub poprawna metoda obliczenia drugiej **2 pkt** – poprawne zastosowanie podobieństwa prowadzące do równania \(\frac{15-x}{x}=\frac{10}{15}\) **1 pkt** – poprawne wyznaczenie pomocniczej długości \(FT=10\) lub równoważny istotny postęp **0 pkt** – brak istotnego postępu lub rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii rozwiązywania problemu. **Wymagania szczegółowe:** 9.2. R. Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa płaszczyzną. 9.1. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między odcinkami (np. krawędziami, krawędziami i przekątnymi itp.), oblicza miary tych kątów. 7.4. R. Zdający rozpoznaje figury podobne i jednokładne; wykorzystuje (także w kontekstach praktycznych) ich własności.

**B.** \(h-r=\frac a2\)

Przekrój osiowy walca jest prostokątem o bokach \(2r\) i \(h\). Skoro jest kwadratem o boku \(a\), to \[2r=a\ \Rightarrow\ r=\frac a2,\qquad h=a.\] Stąd \[h-r=a-\frac a2=\frac a2.\] **Odpowiedź.** \(h-r=\frac a2\), czyli wariant **B**

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

**Wymaganie ogólne:** Modelowanie matematyczne. **Wymaganie szczegółowe:** zdający wyznacza związki miarowe w walcu (III.9.b).

\(\cos\alpha=\frac14\); przekrojem jest trójkąt równoramienny o ramionach \(\frac{a\sqrt6}{2}\), podstawie \(a\) i wysokości \(\frac{a\sqrt5}{2}\), a jego pole wynosi \(P=\frac{a^2\sqrt5}{4}\).

**Krok \(1\).** Ostrosłup prawidłowy trójkątny ma w podstawie trójkąt równoboczny o boku \(a\), a wszystkie jego krawędzie boczne są równe — tutaj mają długość \(2a\). Kąt między krawędzią boczną a krawędzią podstawy to kąt przy podstawie ściany bocznej, a ściana boczna jest trójkątem równoramiennym o podstawie \(a\) i ramionach \(2a\) — cosinus tego kąta odczytamy z trójkąta prostokątnego. Do przekroju użyjemy twierdzenia cosinusów, wykorzystując właśnie ten sam kąt. **Krok \(2\).** Oznaczmy podstawę \(ABC\) (bok długości \(a\)), a wierzchołek ostrosłupa \(S\). Rozważmy ścianę \(ASB\): \(|AB|=a\), \(|AS|=|BS|=2a\). Szukany kąt \(\alpha=\sphericalangle SAB\) to kąt między krawędzią boczną \(AS\) a krawędzią podstawy \(AB\). **Krok \(3\).** W tym trójkącie równoramiennym prowadzimy wysokość z \(S\) na \(AB\); jej spodek \(M\) jest środkiem \(AB\), więc \(|AM|=\frac a2\), a trójkąt \(AMS\) jest prostokątny z kątem \(\alpha\) przy wierzchołku \(A\). Z definicji cosinusa w trójkącie prostokątnym \[\cos\alpha=\frac{|AM|}{|AS|}=\frac{\frac a2}{2a}=\frac14.\] **Krok \(4\).** Rysujemy przekrój. Płaszczyzna ma przechodzić przez krawędź podstawy — weźmy \(AB\) — oraz przez środek przeciwległej krawędzi bocznej, czyli przez środek \(F\) krawędzi \(CS\). Przekrojem ostrosłupa jest więc trójkąt \(ABF\). **Krok \(5\).** Zbieramy dane potrzebne do policzenia \(|AF|\). W trójkącie \(ACF\) mamy \(|AC|=a\) (krawędź podstawy) oraz \(|CF|=\frac12|CS|=\frac12\cdot2a=a\). Kąt \(\sphericalangle ACF\) to kąt między krawędzią podstawy \(CA\) a krawędzią boczną \(CS\), czyli dokładnie ten sam kąt \(\alpha\), dla którego \(\cos\alpha=\frac14\). **Krok \(6\).** Stosujemy twierdzenie cosinusów w trójkącie \(ACF\): \[|AF|^2=|AC|^2+|CF|^2-2\cdot|AC|\cdot|CF|\cdot\cos\alpha=a^2+a^2-2\cdot a\cdot a\cdot\frac14=2a^2-\frac{a^2}{2}=\frac{3a^2}{2}.\] Stąd \[|AF|=a\sqrt{\frac32}=\frac{a\sqrt6}{2}.\] **Krok \(7\).** Z symetrii ostrosłupa tak samo \(|BF|=\frac{a\sqrt6}{2}\), więc trójkąt \(ABF\) jest równoramienny: podstawa \(|AB|=a\), ramiona \(\frac{a\sqrt6}{2}\). **Krok \(8\).** Wysokość \(h_p\) tego trójkąta poprowadzona z \(F\) dzieli podstawę na połowy, więc z twierdzenia Pitagorasa \[h_p^2=\left(\frac{a\sqrt6}{2}\right)^2-\left(\frac a2\right)^2=\frac{6a^2}{4}-\frac{a^2}{4}=\frac{5a^2}{4},\qquad h_p=\frac{a\sqrt5}{2}.\] **Krok \(9\).** Obliczamy pole przekroju: \[P=\frac12\cdot|AB|\cdot h_p=\frac12\cdot a\cdot\frac{a\sqrt5}{2}=\frac{a^2\sqrt5}{4}.\] **Uwaga.** Kąt między krawędzią boczną a krawędzią podstawy to kąt płaski leżący w ścianie bocznej, a nie kąt nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy — ten drugi ma zupełnie inny cosinus i jest tu najczęstszym źródłem błędu. Zwróć też uwagę, że trójkąt \(ACF\) nie jest prostokątny, więc długości \(|AF|\) nie da się policzyć twierdzeniem Pitagorasa — konieczne jest twierdzenie cosinusów. **Odpowiedź.** \(\cos\alpha=\frac14\); przekrojem jest trójkąt równoramienny o ramionach \(\frac{a\sqrt6}{2}\), podstawie \(a\) i wysokości \(\frac{a\sqrt5}{2}\), a jego pole wynosi \(P=\frac{a^2\sqrt5}{4}\).

**1 pkt** – jeśli obliczy cosinusa kąta między krawędzią boczną a krawędzią podstawy ostrosłupa. Poprawna odpowiedź: \(\cos\alpha=\frac{1}{4}\). **1 pkt** – jeśli zaznaczy właściwy przekrój na rysunku. Poprawna odpowiedź: […] **3 pkt** – jeśli obliczy wysokość opuszczoną na podstawę \(AB\) w trójkącie równoramiennym \(ABF\) (szukanym przekroju). Poprawna odpowiedź: \(h_{p}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\). **2 pkt** – jeśli obliczy długość ramienia trójkąta równoramiennego \(ABF\) i na tym zakończy rozwiązanie. Poprawna odpowiedź: \(AF=BF=\frac{a\sqrt{6}}{2}\). **1 pkt** – jeśli zastosuje twierdzenie cosinusów i zapisze równanie z niewiadomą \(x\), gdzie \(x=BF\), i na tym zakończy rozwiązanie lub w dalszej części popełni błędy. Poprawna odpowiedź: \(x^{2}=a^{2}+a^{2}-2\cdot a\cdot a\cdot\frac{1}{4}\). **1 pkt** – jeśli obliczy pole przekroju. Poprawna odpowiedź: \(P_{p}=\frac{a^{2}\sqrt{5}}{4}\). Za prawidłowe rozwiązanie każdego z zadań inną metodą niż przedstawiona w kluczu punktowania 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.

\[V=144.\]

Oznaczmy przez \(a\) krawędź podstawy, a przez \(h\) wysokość graniastosłupa. Z rysunku odczytujemy, że \(A\) jest wierzchołkiem dolnej podstawy, a \(B\) i \(C\) to końce przekątnych dwóch sąsiednich ścian bocznych wychodzących z tego wierzchołka, leżące w górnej podstawie. Punkty \(B\) i \(C\) są wierzchołkami górnego sześciokąta oddalonymi od siebie o dwa boki, więc \[\lvert BC\rvert=a\sqrt3.\] Przekątne ścian bocznych są równe, więc trójkąt \(ABC\) jest równoramienny, a jego wysokość \(AM\) opuszczona na \(BC\) trafia w środek \(M\) odcinka \(BC\). Rzut \(M'\) punktu \(M\) na podstawę jest środkiem odpowiedniej przekątnej dolnego sześciokąta; odległość od \(A\) wynosi \(\lvert AM'\rvert=\frac a2\). Kąt nachylenia płaszczyzny przekroju do podstawy to \(\lvert\angle MAM'\rvert=\alpha\), zatem \[\operatorname{tg}60^{\circ}=\frac{h}{\frac a2},\qquad \sqrt3=\frac{2h}{a},\qquad h=\frac{a\sqrt3}{2}.\] Wysokość trójkąta \(ABC\): \[w=\lvert AM\rvert=\sqrt{\left(\tfrac a2\right)^2+h^2}=\sqrt{\tfrac{a^2}{4}+\tfrac{3a^2}{4}}=a.\] Pole przekroju: \[P_{ABC}=\tfrac12\cdot a\sqrt3\cdot a=\frac{a^2\sqrt3}{2}=8\sqrt3,\qquad a^2=16,\qquad a=4\] (bierzemy wartość dodatnią). Stąd \(h=2\sqrt3\). Pole sześciokąta foremnego o boku \(a\) wynosi \(\frac{3\sqrt3}{2}a^2\), więc \[P_p=\frac{3\sqrt3}{2}\cdot16=24\sqrt3,\qquad V=P_p\cdot h=24\sqrt3\cdot2\sqrt3=144.\] **Odpowiedź.** \(V=144\)

**1 pkt** – zaznaczenie na rysunku kąta \(\alpha\) między płaszczyzną przekroju a płaszczyzną podstawy i wprowadzenie oznaczeń. **2–3 pkt** – wyznaczenie \(\lvert BC\rvert=a\sqrt3\) oraz zależności \(h=\frac{a\sqrt3}{2}\). **4 pkt** – obliczenie \(a=4\) i \(h=2\sqrt3\) z pola przekroju. **5 pkt** – obliczenie objętości \(V=144\).

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

\[P_{\text{przekroju}}=\frac{a^{2}\sqrt6}{8}.\]

Oznaczmy podstawę przez \(ABC\), wierzchołek przez \(S\), a przez \(b\) długość krawędzi bocznej. Przekrój przechodzi przez krawędź \(AB\) i środek \(E\) przeciwległej krawędzi bocznej \(CS\); jest to trójkąt \(ABE\). Kąt między krawędzią boczną a krawędzią podstawy to kąt przy podstawie trójkąta równoramiennego \(ABS\), więc \[\cos 45^\circ=\frac{a/2}{b},\qquad b=\frac{a}{2\cos 45^\circ}=\frac{a\sqrt2}{2}.\] Promień okręgu opisanego na podstawie wynosi \(\tfrac{a\sqrt3}{3}\), zatem wysokość ostrosłupa spełnia \[H^{2}=b^{2}-\frac{a^{2}}{3}=\frac{a^{2}}{2}-\frac{a^{2}}{3}=\frac{a^{2}}{6},\qquad H=\frac{a}{\sqrt6}.\] Niech \(D\) będzie środkiem krawędzi \(AB\). Trójkąt \(ABE\) jest równoramienny (\(\lvert AE\rvert=\lvert BE\rvert\)), więc \(DE\) jest jego wysokością. Punkt \(E\) leży w połowie odcinka \(CS\), więc jego odległość od płaszczyzny podstawy wynosi \(\tfrac12 H\), a jego rzut prostokątny na podstawę jest środkiem odcinka \(CO\), gdzie \(O\) to środek podstawy. Odległość tego rzutu od prostej \(AB\) jest równa \[\lvert DO\rvert+\tfrac12\lvert OC\rvert=\frac{a\sqrt3}{6}+\frac12\cdot\frac{a\sqrt3}{3}=\frac{a\sqrt3}{3},\] zatem \[\lvert DE\rvert=\sqrt{\left(\frac{a\sqrt3}{3}\right)^{2}+\left(\frac{a}{2\sqrt6}\right)^{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}}{3}+\frac{a^{2}}{24}}=\frac{a\sqrt6}{4}.\] Stąd \[P_{ABE}=\tfrac12\cdot a\cdot\frac{a\sqrt6}{4}=\frac{a^{2}\sqrt6}{8}.\] **Odpowiedź.** Pole przekroju jest równe \(\dfrac{a^{2}\sqrt6}{8}\).

*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.* **19.1. (1 pkt)** – […] przekrojem. […] **19.2. (1 pkt)** – obliczenie długości krawędzi bocznej ostrosłupa: \(\frac{a\sqrt{2}}{2}\). **Metoda I** **19.3. (1 pkt)** – wyznaczenie cosinusa kąta nachylenia krawędzi bocznej ostrosłupa do płaszczyzny jego podstawy: \(\cos\alpha=\frac{\sqrt{6}}{3}\). **19.4. (2 pkt)** – obliczenie długości wysokości przekroju: \(DE=\frac{a\sqrt{6}}{4}\). **Metoda II** **19.3. (1 pkt)** – obliczenie długości boków \(SD\) i \(ES\) w trójkącie \(EDS\): \(SD=\frac{a}{2}\) i \(SE=\frac{a\sqrt{2}}{4}\). **19.4. (2 pkt)** – obliczenie długości wysokości przekroju: \(DE=\frac{a\sqrt{6}}{4}\). **Metoda III** **19.3. (1 pkt)** – obliczenie długości odcinka \(EB\): \(EB=\frac{a\sqrt{10}}{4}\). **19.4. (2 pkt)** – obliczenie długości wysokości przekroju: \(DE=\frac{a\sqrt{6}}{4}\). **19.5. (1 pkt)** – obliczenie pola przekroju: \(S=\frac{a^{2}\sqrt{6}}{[…]}\).

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

Przekrojem jest trapez o wysokości \(h=\frac{2\sqrt3}{3}a\) i podstawach \(a\sqrt2\) oraz \(\frac{(3\sqrt2-2\sqrt3)a}{3}\); jego pole wynosi \(S=\frac{2(\sqrt6-1)a^2}{3}\).

**Krok \(1\).** Rozpoznajemy problem. Płaszczyzna przechodzi przez przekątną podstawy i jest nachylona do podstawy pod kątem \(\frac{\pi}{3}=60^\circ\). Zanim policzymy pole, musimy ustalić, jaką figurą jest przekrój — a to zależy od tego, czy płaszczyzna wychodzi z sześcianu przez krawędź boczną (wtedy przekrój jest trójkątem), czy dopiero przez ścianę górną (wtedy jest trapezem). Kąt nachylenia mierzymy zawsze w płaszczyźnie prostopadłej do krawędzi przecięcia, czyli tutaj prostopadłej do przekątnej podstawy. **Krok \(2\).** Oznaczenia. Niech sześcian ma wierzchołki \(ABCDA_1B_1C_1D_1\), a płaszczyzna przechodzi przez przekątną \(BD\) podstawy. Niech \(S\) będzie środkiem odcinka \(BD\). W kwadracie \(ABCD\) przekątne są prostopadłe, więc \(AS\perp BD\) oraz \[|AS|=\tfrac12|AC|=\tfrac12\cdot a\sqrt2=\frac{a\sqrt2}{2}.\] Kąt \(60^\circ\) to kąt przy wierzchołku \(S\) w płaszczyźnie pionowej przechodzącej przez \(A\), \(S\) i \(A_1\). **Krok \(3\).** Sprawdzamy, czy przekrój jest trójkątem. Gdyby płaszczyzna przecięła krawędź \(AA_1\), to na wysokości \(h_0\) spełniającej \(\operatorname{tg}60^\circ=\frac{h_0}{|AS|}\), czyli \[h_0=\frac{a\sqrt2}{2}\cdot\sqrt3=\frac{a\sqrt6}{2}\approx 1{,}22a.\] To jest WIĘCEJ niż krawędź \(a\), więc płaszczyzna nie dosięga krawędzi \(AA_1\) — wychodzi wcześniej przez ścianę górną. Przekrojem jest zatem trapez \(BDNM\), w którym \(MN\) leży w ścianie górnej i jest równoległy do \(BD\), a dłuższa podstawa \(|BD|=a\sqrt2\). **Krok \(4\).** Liczymy wysokość trapezu \(h\). Rozpatrujemy trójkąt prostokątny w płaszczyźnie pionowej: jego wierzchołek ostry to \(S\) z kątem \(60^\circ\), przyprostokątna pionowa ma długość \(a\) (odległość ściany górnej od podstawy), a przeciwprostokątna leży w płaszczyźnie przekroju — to właśnie wysokość trapezu. Zatem \[\sin 60^\circ=\frac{a}{h},\qquad h=\frac{a}{\frac{\sqrt3}{2}}=\frac{2a}{\sqrt3}=\frac{2\sqrt3}{3}a.\] **Krok \(5\).** W tym samym trójkącie liczymy drugą przyprostokątną — mówi ona, jak daleko (poziomo) od prostej \(BD\) leży odcinek \(MN\): \[d=\frac{a}{\operatorname{tg}60^\circ}=\frac{a}{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{3}a\approx 0{,}577a.\] **Krok \(6\).** Liczymy krótszą podstawę \(|MN|\). W ścianie górnej \(A_1B_1C_1D_1\) odcinek \(B_1D_1\) leży dokładnie nad \(BD\), a odległość wierzchołka \(A_1\) od prostej \(B_1D_1\) wynosi \(\frac{a\sqrt2}{2}\). Odcinek \(MN\) jest równoległy do \(B_1D_1\) i przesunięty o \(d\) w stronę \(A_1\), więc trójkąt \(A_1MN\) jest podobny do trójkąta \(A_1B_1D_1\) w skali \[k=\frac{\frac{a\sqrt2}{2}-d}{\frac{a\sqrt2}{2}}.\] Stąd \[|MN|=a\sqrt2\cdot k=a\sqrt2-2d=a\sqrt2-\frac{2\sqrt3}{3}a=\frac{\left(3\sqrt2-2\sqrt3\right)a}{3}.\] **Krok \(7\).** Liczymy pole trapezu. Suma podstaw: \[a\sqrt2+\frac{\left(3\sqrt2-2\sqrt3\right)a}{3}=\frac{3\sqrt2 a+3\sqrt2 a-2\sqrt3 a}{3}=\frac{\left(6\sqrt2-2\sqrt3\right)a}{3}.\] **Krok \(8\).** Podstawiamy do wzoru na pole trapezu: \[S=\frac{|BD|+|MN|}{2}\cdot h=\frac{\left(6\sqrt2-2\sqrt3\right)a}{2\cdot 3}\cdot\frac{2\sqrt3}{3}a=\frac{\left(3\sqrt2-\sqrt3\right)a}{3}\cdot\frac{2\sqrt3}{3}a.\] Mnożymy: \(\left(3\sqrt2-\sqrt3\right)\cdot 2\sqrt3=6\sqrt6-2\cdot 3=6\sqrt6-6\), więc \[S=\frac{\left(6\sqrt6-6\right)a^2}{9}=\frac{2\left(\sqrt6-1\right)a^2}{3}\approx 0{,}97a^2.\] **Uwaga.** Pułapką jest odruchowe założenie, że przekrój jest trójkątem. Płaszczyzna daje trójkąt tylko wtedy, gdy \(\frac{a\sqrt2}{2}\cdot\operatorname{tg}\alpha\leqslant a\), czyli gdy \(\operatorname{tg}\alpha\leqslant\sqrt2\), a więc dla kątów nie większych niż około \(54{,}7^\circ\). Tutaj \(\alpha=60^\circ\) przekracza tę granicę, dlatego sprawdzenie z kroku \(3\) jest konieczne — bez niego całe dalsze rozwiązanie byłoby błędne. **Odpowiedź.** Przekrojem jest trapez o wysokości \(h=\frac{2\sqrt3}{3}a\) i podstawach \(a\sqrt2\) oraz \(\frac{(3\sqrt2-2\sqrt3)a}{3}\); jego pole wynosi \(S=\frac{2(\sqrt6-1)a^2}{3}\).

*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.* **16.1. (2 pkt)** – […] z oznaczeniami i zaznaczenie kąta nachylenia **16.2. (1 pkt)** – obliczenie długości wysokości \(h\) trapezu: \(h=\frac{2\sqrt{3}a}{3}\) **16.3. (1 pkt)** – obliczenie długości krótszej podstawy \(b\) trapezu: \(b=\frac{\left(3\sqrt{2}-2\sqrt{3}\right)a}{3}\) **16.4. (1 pkt)** – obliczenie pola \(S\) trapezu: \(S=\frac{2\left(\sqrt{6}-1\right)a^{2}}{3}\)

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