Zadanie 10 – matura z matematyki maj 2025, poziom rozszerzony

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

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

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

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