Geometria płaska
Zadanie 28, zadania dostosowane dla niesłyszących z informatora 2015, poziom rozszerzony
Dany jest sześcian \(ABCDEFGH\) (zobacz rysunek) o krawędzi równej \(1\). Punkt \(S\) jest środkiem krawędzi \(DH\). Odcinek \(DW\) jest wysokością ostrosłupa \(ACSD\) poprowadzoną z wierzchołka \(D\) na ścianę \(ACS\). Oblicz długości odcinków \(AW\), \(CW\) i \(SW\).
Odpowiedź
\[AW=CW=\frac{\sqrt{30}}6,\qquad SW=\frac{\sqrt3}{6}.\]
Rozwiązanie krok po kroku
Łączymy punkty \(A\) i \(S\), \(A\) i \(C\) oraz \(C\) i \(S\). Niech \(T\) oznacza punkt przecięcia przekątnych \(AC\) i \(BD\) podstawy sześcianu. Trójkąt \(ACS\) jest równoramienny, więc \(ST\) jest jego wysokością. Mamy
\[ST^2=SD^2+DT^2=\left(\frac12\right)^2+\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^2,\qquad ST=\frac{\sqrt3}{2}.\]
W trójkącie prostokątnym \(TDS\) odcinek \(DW\) jest wysokością opuszczoną na przeciwprostokątną \(TS\). Z porównania pól:
\[\frac12SD\cdot DT=\frac12ST\cdot DW,\qquad DW=\frac{\sqrt6}{6}.\]
Następnie
\[SW=\sqrt{SD^2-DW^2}=\sqrt{\frac14-\frac16}=\frac{\sqrt3}{6}.\]
Punkt \(W\) leży na osi symetrii trójkąta \(ACS\), zatem \(AW=CW\). Ponadto
\[TW=ST-SW=\frac{\sqrt3}{3}\]
i w trójkącie prostokątnym \(ATW\):
\[AW^2=AT^2+TW^2=\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^2+\left(\frac{\sqrt3}{3}\right)^2=\frac56.\]
Stąd \(AW=CW=\frac{\sqrt{30}}6\).
Klucz i zasady oceniania
**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 4 pkt** – poprawne wyznaczenie wszystkich trzech długości
**3 pkt** – poprawne wyznaczenie \(SW\) oraz poprawna metoda obliczenia \(AW=CW\)
**2 pkt** – poprawne wyznaczenie \(DW\) i \(SW\)
**1 pkt** – poprawne wyznaczenie \(ST=\frac{\sqrt3}{2}\) lub równoważny istotny postęp
**0 pkt** – brak istotnego postępu lub rozwiązanie błędne
Wymagania podstawy programowej
**Wymagania ogólne:**
IV. Użycie i tworzenie strategii rozwiązywania problemu.
**Wymagania szczegółowe:**
9.2. Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa płaszczyzną.
10.7. G. Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa.
