Zadanie 8 – matura z matematyki maj 2026, poziom rozszerzony

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

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

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

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