Geometria płaska
Zadanie 28, zbiór zadań 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 \(ACSD\) opuszczoną 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
Niech \(T\) będzie punktem przecięcia przekątnych \(AC\) i \(BD\) dolnej podstawy sześcianu. Ponieważ \(S\) jest środkiem \(DH\), mamy \(SD=\frac12\), a \(DT=\frac{\sqrt2}{2}\). Trójkąt \(TDS\) jest prostokątny, więc
\[ST=\sqrt{SD^2+DT^2}=\frac{\sqrt3}{2}.\]
Odcinek \(DW\) jest wysokością tego trójkąta opuszczoną na przeciwprostokątną \(ST\). Z porównania dwóch zapisów pola
\[\frac12SD\cdot DT=\frac12ST\cdot DW\]
otrzymujemy \(DW=\frac{\sqrt6}{6}\). Następnie
\[SW=\sqrt{SD^2-DW^2}=\sqrt{\frac14-\frac16}=\frac{\sqrt3}{6}.\]
Ponieważ \(ST\) jest osią symetrii trójkąta równoramiennego \(ACS\), mamy \(AW=CW\). Ponadto
\[TW=ST-SW=\frac{\sqrt3}{3},\qquad AT=\frac{\sqrt2}{2}.\]
Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(ATW\):
\[AW=\sqrt{AT^2+TW^2}=\sqrt{\frac12+\frac13}=\frac{\sqrt{30}}6.\]
Klucz i zasady oceniania
**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 4 pkt** – poprawne trzy długości
**3 pkt** – poprawne \(SW\) i poprawna metoda wyznaczenia \(AW=CW\)
**2 pkt** – poprawne obliczenie \(ST\) i \(DW\)
**1 pkt** – rozpoznanie trójkąta prostokątnego \(TDS\) oraz symetrii \(AW=CW\)
**0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne
Wymagania podstawy programowej
**Wymagania ogólne:**
IV. Użycie i tworzenie strategii. Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu.
**Wymagania szczegółowe:**
9.2. Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa płaszczyzną.
10.7. G. Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa.
