Zadania o graniastosłupach prawidłowych

\(V'(a)=6-\frac{3a^{2}}{8}\). W przedziale \(a\in(0,4\sqrt{3})\) jedyny punkt krytyczny to \(a=4\); pochodna zmienia tam znak z dodatniego na ujemny. Największa objętość wynosi \(V(4)=24-8=16\).

**Krok \(1\).** Metoda: szukamy wartości największej funkcji \(V\) na przedziale \((0,4\sqrt3)\), badając znak jej pochodnej. Funkcja jest wielomianem, więc jest różniczkowalna w całej dziedzinie. **Krok \(2\).** Wyznaczamy pochodną funkcji \(V(a)=6a-\frac{1}{8}a^{3}\): \[V^{\prime}(a)=6-\frac{3}{8}a^{2}\qquad\text{dla}\ a\in\left(0,4\sqrt3\right).\] **Krok \(3\).** Obliczamy miejsca zerowe pochodnej: \[6-\frac{3}{8}a^{2}=0,\qquad a^{2}=16,\qquad a=-4\ \text{lub}\ a=4.\] Wartość \(a=-4\) odrzucamy, bo nie należy do dziedziny; zostaje \(a=4\in\left(0,4\sqrt3\right)\) (bo \(4\sqrt3\approx 6{,}93\)). **Krok \(4\).** Badamy znak pochodnej. Dla \(a\in(0,4)\) mamy \(a^{2}\lt 16\), więc \(V^{\prime}(a)\gt 0\); dla \(a\in\left(4,4\sqrt3\right)\) mamy \(a^{2}\gt 16\), więc \(V^{\prime}(a)\lt 0\). **Krok \(5\).** Zatem funkcja \(V\) rośnie w przedziale \((0,4\rangle\) i maleje w przedziale \(\langle 4,4\sqrt3)\), a więc w punkcie \(a=4\) osiąga wartość największą. **Krok \(6\).** Obliczamy tę wartość: \[V(4)=6\cdot 4-\frac{1}{8}\cdot 4^{3}=24-8=16.\] **Uwaga.** Samo wskazanie miejsca zerowego pochodnej nie wystarcza — trzeba zbadać jej znak po obu stronach punktu \(a=4\) i stąd wywnioskować, że to maksimum, a nie minimum. **Odpowiedź.** Objętość jest największa dla krawędzi podstawy \(a=4\) i wynosi wtedy \(V(4)=16\).

**4 pkt** – uzasadnienie, że funkcja \(V\) przyjmuje wartość największą dla \(a=4\) oraz obliczenie \(V(4)=16\). **3 pkt** – uzasadnienie (np. poprzez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja \(V\) przyjmuje wartość największą dla \(a=4\). **2 pkt** – obliczenie miejsca zerowego pochodnej funkcji \(V\): \(a=4\). **1 pkt** – wyznaczenie pochodnej funkcji \(V\), np. \(V'(a)=6-\tfrac{3}{8}a^2\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwagi: 1. Za poprawne uzasadnienie, że rozważana funkcja osiąga wartość największą dla wyznaczonej wartości \(a\), przy której pochodna się zeruje, można uznać sytuację, gdy zdający bada znak pochodnej ORAZ: opisuje (słownie lub graficznie – np. przy użyciu strzałek) monotoniczność funkcji \(V\) LUB zapisuje, że dla wyznaczonej wartości \(a\) funkcja \(V\) ma maksimum lokalne i jest to jednocześnie jej największa wartość, LUB zapisuje, że dla wyznaczonej wartości \(a\) funkcja \(V\) ma maksimum lokalne i jest to jedyne ekstremum tej funkcji. Badanie znaku pochodnej zdający może opisać w inny sposób, np. szkicując wykres funkcji, która w ten sam sposób jak pochodna zmienia znak, i zaznaczając na rysunku (np. znakami „+” i „-”) znak pochodnej. 2. Jeżeli zdający przedstawi niepełne uzasadnienie, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie (1 punkt za poprawne wyznaczenie pochodnej, 1 punkt za obliczenie miejsca zerowego pochodnej, 1 punkt za obliczenie długości krawędzi podstawy oraz objętości graniastosłupa o największej objętości). 3. Jeżeli zdający nie uzasadnia istnienia największej wartości funkcji, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie (1 punkt za poprawne wyznaczenie pochodnej, 1 punkt za obliczenie miejsca zerowego pochodnej).

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** XIII.R4) Zdający oblicza pochodną funkcji potęgowej o wykładniku rzeczywistym oraz oblicza pochodną, korzystając z twierdzeń o pochodnej sumy, różnicy, iloczynu, ilorazu […]; XIII.R5) Zdający stosuje pochodną do badania monotoniczności funkcji; XIII.R6) Zdający rozwiązuje zadania optymalizacyjne z zastosowaniem pochodnej.

a) Z równania pola całkowitego otrzymujemy wysokość, a następnie \(V(a)=6a-\frac{a^{3}}{8}\). b) \(V'(a)=6-\frac{3a^{2}}{8}\), więc maksimum w przedziale występuje dla \(a=4\). Największa objętość wynosi \(V(4)=16\).

**Krok \(1\).** Metoda w części a): z danego pola powierzchni całkowitej wyznaczamy wysokość graniastosłupa w zależności od \(a\) i wstawiamy ją do wzoru na objętość. **Krok \(2\).** Podstawą jest trójkąt równoboczny o boku \(a\) i polu \(\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\), a ściany boczne to trzy prostokąty o wymiarach \(a\times H\). Zatem \[24\sqrt{3}=2\cdot\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}+3aH=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{2}+3aH.\] **Krok \(3\).** Wyznaczamy \(H\): \[3aH=24\sqrt{3}-\frac{a^{2}\sqrt{3}}{2},\qquad H=\frac{\sqrt{3}\left(48-a^{2}\right)}{6a}.\] **Krok \(4\).** Podstawiamy do wzoru na objętość: \[V=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot H=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot\frac{\sqrt{3}\left(48-a^{2}\right)}{6a}=\frac{3a\left(48-a^{2}\right)}{24}=6a-\frac{1}{8}a^{3}.\] To należało wykazać. **Krok \(5\).** Część b). Obliczamy pochodną funkcji \(V\) na przedziale \(\left(0,4\sqrt{3}\right)\): \[V'(a)=6-\frac{3}{8}a^{2}.\] **Krok \(6\).** Miejsca zerowe pochodnej: \(\frac{3}{8}a^{2}=6\), czyli \(a^{2}=16\). Stąd \(a=4\) (wartość \(a=-4\) nie należy do dziedziny). **Krok \(7\).** Badamy znak: dla \(a\in(0,4)\) mamy \(a^{2}\lt 16\), więc \(V'(a)\gt 0\); dla \(a\in\left(4,4\sqrt{3}\right)\) mamy \(V'(a)\lt 0\). Funkcja \(V\) rośnie na \((0,4]\) i maleje na \(\left[4,4\sqrt{3}\right)\), więc w \(a=4\) osiąga wartość największą. **Krok \(8\).** Obliczamy tę wartość: \[V(4)=6\cdot 4-\frac{1}{8}\cdot 4^{3}=24-8=16.\] **Uwaga.** Samo zerowanie się pochodnej nie wystarcza — trzeba zbadać jej znak po obu stronach punktu \(a=4\) i stwierdzić, że jest to maksimum, a przy tym jedyne ekstremum na całym przedziale, więc zarazem wartość największa. **Odpowiedź.** a) \(V(a)=6a-\frac{1}{8}a^{3}\); b) największą objętość ma graniastosłup o krawędzi podstawy \(a=4\), a objętość ta wynosi \(16\).

**Część a)** **2 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania. **1 pkt** – wyznaczenie wysokości graniastosłupa w zależności od długości krawędzi podstawy graniastosłupa, np. \(H=\frac{48\sqrt{3}-a^2\cdot\sqrt{3}}{6a}\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **Część b)** **4 pkt** – uzasadnienie, że funkcja \(V\) przyjmuje wartość największą dla \(a=4\) oraz obliczenie \(V(4)=16\). **3 pkt** – uzasadnienie (np. poprzez badanie monotoniczności funkcji), że funkcja \(V\) przyjmuje wartość największą dla \(a=4\). **2 pkt** – obliczenie miejsca zerowego pochodnej funkcji \(V\): \(a=4\). **1 pkt** – wyznaczenie pochodnej funkcji \(V\), np. \(V'(a)=6-\tfrac{3}{8}a^2\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **Uwagi do części b):** Uwagi: 1. Za poprawne uzasadnienie, że rozważana funkcja osiąga wartość największą dla wyznaczonej wartości \(a\), przy której pochodna się zeruje, można uznać sytuację, gdy zdający bada znak pochodnej ORAZ: opisuje (słownie lub graficznie – np. przy użyciu strzałek) monotoniczność funkcji \(V\) LUB zapisuje, że dla wyznaczonej wartości \(a\) funkcja \(V\) ma maksimum lokalne i jest to jednocześnie jej największa wartość, LUB zapisuje, że dla wyznaczonej wartości \(a\) funkcja \(V\) ma maksimum lokalne i jest to jedyne ekstremum tej funkcji. Badanie znaku pochodnej zdający może opisać w inny sposób, np. szkicując wykres funkcji, która w ten sam sposób jak pochodna zmienia znak, i zaznaczając na rysunku (np. znakami „+” i „-”) znak pochodnej. 2. Jeżeli zdający przedstawi niepełne uzasadnienie, to może otrzymać co najwyżej 3 punkty za całe rozwiązanie (1 punkt za poprawne wyznaczenie pochodnej, 1 punkt za obliczenie miejsca zerowego pochodnej, 1 punkt za obliczenie długości krawędzi podstawy oraz objętości graniastosłupa o największej objętości). 3. Jeżeli zdający nie uzasadnia istnienia największej wartości funkcji, to może otrzymać co najwyżej 2 punkty za całe rozwiązanie (1 punkt za poprawne wyznaczenie pochodnej, 1 punkt za obliczenie miejsca zerowego pochodnej).

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 11.6R) Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.

Jeżeli \(h\) jest wysokością graniastosłupa, to \(2\cdot\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}+3ah=24\sqrt{3}\), więc \(h=\frac{8\sqrt{3}}{a}-\frac{a\sqrt{3}}{6}\). Zatem \(V(a)=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot h=6a-\frac{a^{3}}{8}\).

Oznaczmy krawędź podstawy przez \(a\), a wysokość graniastosłupa przez \(h\). Podstawami są trójkąty równoboczne, a ścianami bocznymi trzy prostokąty, więc \[P_c=2\cdot\frac{a^{2}\sqrt3}4+3ah=24\sqrt3.\] Stąd \[3ah=24\sqrt3-\frac{a^{2}\sqrt3}2\quad\Longrightarrow\quad h=\frac{8\sqrt3}{a}-\frac{a\sqrt3}6.\] Objętość graniastosłupa: \[V(a)=\frac{a^{2}\sqrt3}4\cdot h=\frac{a^{2}\sqrt3}4\left(\frac{8\sqrt3}{a}-\frac{a\sqrt3}6\right)=6a-\frac{a^{3}}8.\] **Odpowiedź.** \(V(a)=6a-\frac18a^{3}\)

**2 pkt** – poprawne przekształcenia i przeprowadzenie pełnego rozumowania. **1 pkt** – wyznaczenie wysokości graniastosłupa w zależności od długości krawędzi podstawy graniastosłupa, np. \(H=\frac{48\sqrt{3}-a^2\cdot\sqrt{3}}{6a}\). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** X.5) Zdający oblicza objętości i pola powierzchni graniastosłupów […].

Wysokość trójkąta równobocznego spełnia \(\frac{a\sqrt3}{2}=2\sqrt3\), więc \(a=4\), a pole podstawy wynosi \(P_p=\frac{4^2\sqrt3}{4}=4\sqrt3\). W prostokącie \(ABED\): \[\tan60^{\circ}=\frac{H}{4},\qquad H=4\sqrt3.\] Zatem \[V=P_pH=4\sqrt3\cdot4\sqrt3=48,\] \[P_c=2P_p+3aH=8\sqrt3+48\sqrt3=56\sqrt3.\]

Podstawą jest trójkąt równoboczny o boku \(a\); jego wysokość wynosi \(\frac{a\sqrt3}2\). Z rysunku odczytujemy, że ta wysokość jest równa \(2\sqrt3\), więc \[\frac{a\sqrt3}2=2\sqrt3\quad\Longrightarrow\quad a=4.\] Ściana boczna \(ABED\) jest prostokątem o bokach \(|AB|=a=4\) i \(|BE|=H\), a \(AE\) jest jego przekątną. Kąt między \(AE\) a krawędzią \(AB\) ma miarę \(60^{\circ}\), więc w trójkącie prostokątnym \(ABE\) \[\tan60^{\circ}=\frac{H}{4}\quad\Longrightarrow\quad H=4\sqrt3.\] Pole podstawy: \[P_p=\frac{a^{2}\sqrt3}4=\frac{16\sqrt3}4=4\sqrt3.\] Objętość i pole powierzchni całkowitej: \[V=P_p\cdot H=4\sqrt3\cdot4\sqrt3=48,\]\[P_c=2P_p+3aH=8\sqrt3+3\cdot4\cdot4\sqrt3=8\sqrt3+48\sqrt3=56\sqrt3.\] **Odpowiedź.** \(V=48\) oraz \(P_c=56\sqrt3\)

1 pkt: obliczenie boku podstawy a = 4 albo zapisanie H = a√3. 2 pkt: obliczenie a = 4 i H = 4√3. 3 pkt: obliczenie V = 48 albo Pc = 56√3. 4 pkt: poprawne obliczenie obu wielkości.

2 pkt – zapisanie wzoru na objętość graniastosłupa w zależności od jednej zmiennej, np. \(V=\frac{a^2\cdot\sqrt{3}}{4}\cdot a\sqrt{3}\), LUB zapisanie wzoru na pole powierzchni całkowitej graniastosłupa w zależności od jednej zmiennej, np. \(P_c=2\cdot\frac{a^2\cdot\sqrt{3}}{4}+3\cdot a\cdot a\sqrt{3}\).

\[a=8\sqrt3,\qquad P_{\min}=1728+96\sqrt3.\]

Dla \(a\in(0,8\sqrt3\rangle\) pochodna ma postać \[P'(a)=a\sqrt3-\frac{13824\sqrt3}{a^2}.\] Równanie \(P'(a)=0\) daje \(a^3=13824=24^3\), czyli \(a=24\), ale \(24\notin(0,8\sqrt3\rangle\). Dla całej dziedziny zachodzi \(a<24\), więc \(P'(a)<0\). Funkcja \(P\) jest zatem malejąca i przyjmuje najmniejszą wartość dla \[a=8\sqrt3.\] Wtedy \[P(8\sqrt3)=\frac{(8\sqrt3)^2\sqrt3}{2}+\frac{13824\sqrt3}{8\sqrt3}=96\sqrt3+1728.\]

**4 pkt** – uzasadnienie, że funkcja \(P\) przyjmuje wartość najmniejszą dla \(a=8\sqrt3\), i obliczenie \(P_{\min}=1728+96\sqrt3\) **3 pkt** – poprawne uzasadnienie monotoniczności prowadzące do \(a=8\sqrt3\) albo poprawne wskazanie końca przedziału i obliczenie wartości **2 pkt** – poprawne rozwiązanie równania \(P'(a)=0\), dającego \(a=24\) **1 pkt** – wyznaczenie pochodnej \(P'(a)=a\sqrt3-\frac{13824\sqrt3}{a^2}\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** XIII.R5) Zdający rozwiązuje zadania optymalizacyjne z zastosowaniem pochodnej.

**a)** \(P(a)=\frac{a^2\sqrt3}{2}+\frac{13824\sqrt3}{a}\) **b)** \(a=8\sqrt3\), a najmniejsze pole wynosi \(1728+96\sqrt3\).

**a)** Oznaczmy wysokość graniastosłupa przez \(H\). Z warunku objętości \[3456=\frac{a^2\sqrt3}{4}H\] otrzymujemy \[H=\frac{4608\sqrt3}{a^2}.\] Pole powierzchni całkowitej jest równe \[P=2\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}+3aH,\] zatem \[P(a)=\frac{a^2\sqrt3}{2}+\frac{13824\sqrt3}{a}.\] **b)** Dla \(a\in(0,8\sqrt3\rangle\) pochodna ma postać \[P'(a)=a\sqrt3-\frac{13824\sqrt3}{a^2}.\] Równanie \(P'(a)=0\) daje \(a^3=13824=24^3\), czyli \(a=24\), ale \(24\notin(0,8\sqrt3\rangle\). Dla całej dziedziny zachodzi \(a<24\), więc \(P'(a)<0\). Funkcja \(P\) jest zatem malejąca i przyjmuje najmniejszą wartość na prawym końcu przedziału, dla \[a=8\sqrt3.\] Wtedy \[P(8\sqrt3)=\frac{(8\sqrt3)^2\sqrt3}{2}+\frac{13824\sqrt3}{8\sqrt3}=96\sqrt3+1728.\]

**Część a: 2 pkt** – przeprowadzenie pełnego rozumowania **1 pkt** – wyznaczenie wysokości graniastosłupa w zależności od długości krawędzi podstawy: \(H=\frac{13824}{a^2\sqrt3}=\frac{4608\sqrt3}{a^2}\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania **Część b: 4 pkt** – uzasadnienie, że funkcja \(P\) przyjmuje wartość najmniejszą dla \(a=8\sqrt3\), i obliczenie \(P_{\min}=1728+96\sqrt3\) **3 pkt** – uzasadnienie monotoniczności prowadzące do \(a=8\sqrt3\) albo poprawne wskazanie końca przedziału i obliczenie wartości **2 pkt** – poprawne rozwiązanie równania \(P'(a)=0\), dającego \(a=24\) **1 pkt** – wyznaczenie pochodnej \(P'(a)=a\sqrt3-\frac{13824\sqrt3}{a^2}\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 11.6 R) Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.

\[P(a)=\frac{a^2\sqrt3}{2}+\frac{13824\sqrt3}{a}.\]

Oznaczmy wysokość graniastosłupa przez \(H\). Z warunku objętości \[3456=\frac{a^2\sqrt3}{4}H\] otrzymujemy \[H=\frac{4608\sqrt3}{a^2}.\] Pole powierzchni całkowitej jest równe \[P=2\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}+3aH,\] zatem \[P(a)=\frac{a^2\sqrt3}{2}+\frac{13824\sqrt3}{a}.\]

**2 pkt** – przeprowadzenie pełnego rozumowania **1 pkt** – wyznaczenie wysokości graniastosłupa w zależności od długości krawędzi podstawy: \(H=\frac{4608\sqrt3}{a^2}\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** X.4) Zdający oblicza objętości i pola powierzchni graniastosłupów i ostrosłupów.

**C.** \(6\sqrt{10}\)

Pole sześciokąta foremnego o boku \(a\) jest równe \[P_p=6\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}=\frac{3a^2\sqrt3}{2}.\] Zatem \[\frac{3a^2\sqrt3}{2}=15\sqrt3,\] więc \(a^2=10\) i \(a=\sqrt{10}\). Jedna ściana boczna jest prostokątem o bokach \(6\) i \(\sqrt{10}\), zatem jej pole wynosi \[6\sqrt{10}.\]

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **C** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**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 i tabel. **Wymagania szczegółowe:** X.4) Zdający oblicza pola powierzchni graniastosłupów.

\[P_c=\frac{\sqrt3}{2}a^2+3\sqrt2a^2.\]

Niech \(H\) oznacza wysokość graniastosłupa, a \(\alpha\) kąt między wskazanymi przekątnymi. Ponieważ \(\sin\alpha=\frac{\sqrt{11}}6\) i \(\alpha\) jest ostry, \[\cos\alpha=\sqrt{1-\frac{11}{36}}=\frac56.\] Każda z przekątnych ściany bocznej ma długość \(\sqrt{H^2+a^2}\). Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta utworzonego przez te przekątne i krawędź podstawy \[2(H^2+a^2)-2(H^2+a^2)\cdot\frac56=a^2.\] Stąd \(H^2=2a^2\), czyli \(H=a\sqrt2\). Pole całkowite wynosi \[P_c=2\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}+3aH=\frac{\sqrt3}{2}a^2+3\sqrt2a^2.\]

**4 pkt** – poprawna metoda i wynik \(\frac{\sqrt3}{2}a^2+3\sqrt2a^2\) **3 pkt** – wyznaczenie wysokości graniastosłupa \(H=a\sqrt2\) **2 pkt** – zapisanie poprawnego równania z jedną niewiadomą prowadzącego do wysokości **1 pkt** – obliczenie \(\cos\alpha=\frac56\) albo poprawne zastosowanie twierdzenia cosinusów do odpowiedniego trójkąta **0 pkt** – rozwiązanie z niepoprawną metodą albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 9.1) Zdający rozpoznaje w graniastosłupach kąty między odcinkami. 9.3) Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków i pól powierzchni.

**C.** \(8\sqrt2\)

Przekątna graniastosłupa, przekątna podstawy i krawędź boczna tworzą trójkąt prostokątny — kąt \(\alpha\) leży między przekątną bryły a przekątną podstawy (tak zaznaczono go na rysunku). Przekątna kwadratu o boku \(4\) ma długość \[d=4\sqrt2.\] Wysokość graniastosłupa jest przyprostokątną leżącą naprzeciw kąta \(\alpha\), więc \[\tan\alpha=\frac{H}{d}\quad\Longrightarrow\quad H=d\tan\alpha=4\sqrt2\cdot2=8\sqrt2.\] **Odpowiedź.** \(H=8\sqrt2\), czyli wariant **C**

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

**Wymagania egzaminacyjne 2024** **Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych. **Wymagania szczegółowe:** X.4) Zdający oblicza objętości i pola powierzchni graniastosłupów i ostrosłupów, również z wykorzystaniem trygonometrii i poznanych twierdzeń.

**D.**

Kąt nachylenia prostej do płaszczyzny jest kątem między tą prostą a jej rzutem prostokątnym na płaszczyznę. Najdłuższa przekątna graniastosłupa łączy przeciwległe wierzchołki różnych podstaw, a jej rzutem na podstawę jest najdłuższa przekątna sześciokąta. Tę parę odcinków i właściwy kąt przedstawiono na rysunku **D**.

**1 pkt** – odpowiedź poprawna: **D** **0 pkt** – odpowiedź niepoprawna albo brak odpowiedzi

**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 i tabel. **Wymagania szczegółowe:** X.2) Zdający posługuje się pojęciem kąta między prostą a płaszczyzną.

**a)** \[V(h)=2(d^2-h^2)h,\qquad h\in(0,d).\] **b)** \[h=\frac{d}{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{3}d.\]

Oznaczmy długość krawędzi podstawy przez \(a\). Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(ODH\): \[|OD|=\sqrt{d^2-h^2}.\] Ponieważ \(|OD|=\frac{a\sqrt2}{2}\), otrzymujemy \[a=\sqrt2\sqrt{d^2-h^2}.\] Pole podstawy wynosi \[P_p=a^2=2(d^2-h^2),\] a objętość \[V(h)=2(d^2-h^2)h=2(d^2h-h^3),\qquad 0<h<d.\] Pochodna jest równa \[V'(h)=2(d^2-3h^2).\] Jej jedyne miejsce zerowe w dziedzinie to \[h=\frac{d}{\sqrt3}.\] Pochodna zmienia tam znak z dodatniego na ujemny, więc największą objętość ma graniastosłup o wysokości \[h=\frac{d}{\sqrt3}.\]

**6 pkt** – poprawny wzór \(V(h)\), dziedzina oraz wysokość maksymalizująca objętość wraz z uzasadnieniem **5 pkt** – obliczenie \(h=\frac{\sqrt3}{3}d\) **4 pkt** – wyznaczenie \(V'(h)=2(d^2-3h^2)\) **3 pkt** – wyznaczenie dziedziny \(h\in(0,d)\) **2 pkt** – wyznaczenie \(V(h)=2(d^2-h^2)h\) **1 pkt** – wyznaczenie \(a=\sqrt2\sqrt{d^2-h^2}\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja; 3. Dobieranie argumentów do uzasadnienia poprawności rozwiązywania problemów, tworzenie ciągu argumentów gwarantujących poprawność rozwiązania i skuteczność w poszukiwaniu rozwiązań zagadnienia. III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; 2. Dobieranie i tworzenie modeli matematycznych przy rozwiązywaniu problemów praktycznych i teoretycznych. **Wymagania szczegółowe:** XIII.R5) Zdający rozwiązuje zadania optymalizacyjne z zastosowaniem pochodnej.

**a)** \[V(h)=2(d^2-h^2)h,\qquad h\in(0,d).\] **b)** \[h=\frac{d}{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{3}d.\]

Oznaczmy długość krawędzi podstawy przez \(a\). Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(ODH\): \[d^2=h^2+|OD|^2,\qquad |OD|=\sqrt{d^2-h^2}.\] Ponieważ \(|OD|=\frac{a\sqrt2}{2}\), otrzymujemy \[a=\sqrt2\sqrt{d^2-h^2}.\] Pole podstawy jest więc równe \[P_p=a^2=2(d^2-h^2),\] a objętość \[V(h)=2(d^2-h^2)h=2(d^2h-h^3),\qquad 0<h<d.\] Liczymy pochodną: \[V'(h)=2(d^2-3h^2).\] Jej jedyne miejsce zerowe w dziedzinie to \[h=\frac{d}{\sqrt3}.\] Dla \(0<h<\frac{d}{\sqrt3}\) pochodna jest dodatnia, a dla \(\frac{d}{\sqrt3}<h<d\) ujemna. Zatem największą objętość ma graniastosłup o wysokości \[h=\frac{d}{\sqrt3}.\]

**6 pkt** – poprawny wzór \(V(h)\), dziedzina i wysokość maksymalizująca objętość wraz z uzasadnieniem **5 pkt** – obliczenie miejsca zerowego pochodnej: \(h=\frac{\sqrt3}{3}d\) **4 pkt** – wyznaczenie \(V'(h)=2(d^2-3h^2)\) **3 pkt** – wyznaczenie dziedziny \(h\in(0,d)\) **2 pkt** – wyznaczenie \(V(h)=2(d^2-h^2)h\) **1 pkt** – wyznaczenie \(a=\sqrt2\sqrt{d^2-h^2}\) **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Element podstawy programowej:** geometria przestrzenna, wyznaczanie objętości graniastosłupa jako funkcji oraz optymalizacja z użyciem pochodnej. Klucz CKE dla tego arkusza w formule 2015 nie podaje osobnego kodu wymagania.

**D.** \(2\)

W trójkącie prostokątnym \(ABC\) bok \(AB\) leży naprzeciw kąta \(30^\circ\), zatem \[|AB|=|AC|\sin30^\circ=16\cdot\frac12=8.\] Odcinek \(AB\) jest obwodem kwadratowej podstawy graniastosłupa. Jeśli jej krawędź ma długość \(a\), to \(4a=8\), więc \(a=2\).

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi. **Wymagania szczegółowe:** VIII.11 stosowanie funkcji trygonometrycznych do wyznaczania długości i pól figur.

**C.** \(50\)

W sześciokącie foremnym o boku \(5\) najdłuższa przekątna przechodzi przez środek i ma długość \[|AD|=2\cdot5=10.\] Przekątna \(AD'\) graniastosłupa rzutuje się na podstawę na odcinek \(AD\), więc kąt \(45^{\circ}\) leży w trójkącie prostokątnym \(ADD'\) między \(AD'\) a \(AD\). Stąd \[H=|DD'|=|AD|\tan45^{\circ}=10.\] Ściana boczna jest prostokątem o bokach równych krawędzi podstawy i wysokości: \[P=5\cdot10=50.\] **Odpowiedź.** Pole ściany bocznej jest równe \(50\), czyli wariant **C**

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

**Wymagania egzaminacyjne 2023 i 2024** **Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi, interpretowanie pojęć matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** X.4) Zdający oblicza […] pola powierzchni graniastosłupów i ostrosłupów, również z wykorzystaniem trygonometrii i poznanych twierdzeń.

**D.** \(216+108\sqrt3\)

Pole ścian bocznych wynosi \[P_b=6\cdot(6\cdot6)=216.\] Pole sześciokąta foremnego o boku \(6\) jest równe sumie pól sześciu trójkątów równobocznych: \[P_p=6\cdot\frac{6^2\sqrt3}{4}=54\sqrt3.\] Pole całkowite graniastosłupa wynosi \[P_c=P_b+2P_p=216+108\sqrt3.\]

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

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2023 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria przestrzenna - pole powierzchni graniastosłupa prawidłowego sześciokątnego.

**A.** \(\alpha=\angle EAG\)

Kąt między prostą i płaszczyzną jest kątem między tą prostą a jej rzutem prostokątnym na płaszczyznę. Punkt \(G\) jest rzutem punktu \(E\) na płaszczyznę ściany \(ACFD\), więc rzutem odcinka \(AE\) jest odcinek \(AG\). Szukanym kątem jest zatem \(\angle EAG\).

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** X.2 i X.3 posługiwanie się pojęciem kąta między prostą i płaszczyzną oraz rozpoznawanie kątów w bryłach.

**B.** \(45\)

Rzutem przekątnej graniastosłupa na płaszczyznę podstawy jest przekątna kwadratu o boku \(15\), czyli odcinek długości \(15\sqrt2\). Jeśli \(d\) oznacza przekątną graniastosłupa, to \[\cos\alpha=\frac{15\sqrt2}{d}=\frac{\sqrt2}{3}.\] Stąd \(d=45\).

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; dobieranie i tworzenie modeli matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** X.2, X.3 i VII.4 zdający posługuje się pojęciem kąta między prostą a płaszczyzną, rozpoznaje odpowiednie kąty w graniastosłupie oraz rozwiązuje trójkąty.

**B.** \(\frac2{\sqrt5}\)

Rzutem dłuższej przekątnej graniastosłupa na podstawę jest najdłuższa przekątna sześciokąta foremnego, długości \(12\). Wysokość graniastosłupa wynosi \(6\), więc długość przekątnej przestrzennej jest równa \[\sqrt{12^2+6^2}=6\sqrt5.\] Dla kąta \(\alpha\) nachylenia do podstawy \[\cos\alpha=\frac{12}{6\sqrt5}=\frac2{\sqrt5}.\]

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

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2023 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria przestrzenna - kąt nachylenia prostej do płaszczyzny i przekątna graniastosłupa.

\(\cos\alpha=\frac2{\sqrt5}=\frac{2\sqrt5}{5}\)

Rzutem dłuższej przekątnej graniastosłupa na płaszczyznę podstawy jest dłuższa przekątna sześciokąta foremnego, której długość wynosi \(12\). Wysokość graniastosłupa ma długość \(6\), zatem długość przekątnej przestrzennej jest równa \[d=\sqrt{12^2+6^2}=6\sqrt5.\] Dla kąta \(\alpha\) nachylenia przekątnej do podstawy \[\cos\alpha=\frac{12}{6\sqrt5}=\frac2{\sqrt5}=\frac{2\sqrt5}{5}.\]

**1 pkt** – poprawny wynik \(\frac2{\sqrt5}\), równoważnie \(\frac{2\sqrt5}{5}\) **0 pkt** – rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania

Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2023 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria przestrzenna - kąt nachylenia prostej do płaszczyzny i przekątna graniastosłupa.

**C.** siedmiokąt.

Graniastosłup o podstawie \(n\)-kąta ma \(3n\) krawędzi i \(n+2\) ściany. Z warunku \[\frac{3n}{n+2}=\frac73\] otrzymujemy \(9n=7n+14\), więc \(n=7\).

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

**Wymagania ogólne:** III. tworzenie i stosowanie modelu matematycznego. **Wymagania szczegółowe:** X.1 rozpoznawanie własności graniastosłupów i zliczanie ich ścian, krawędzi oraz wierzchołków.

**B.** \(192\)

Graniastosłup o podstawie \(n\)-kąta ma \(3n\) krawędzi. Zatem \[3n=36,\qquad n=12.\] Obwód podstawy wynosi \(12\cdot4=48\), a wysokość graniastosłupa jest równa \(4\). Pole powierzchni bocznej wynosi \[P_b=48\cdot4=192.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** rozpoznawanie liczby krawędzi graniastosłupa i obliczanie pola jego powierzchni bocznej.

**C.** \(24+12\sqrt3\)

Podstawą jest sześciokąt foremny o boku \(2\), złożony z sześciu trójkątów równobocznych o tym boku: \[P_p=6\cdot\frac{2^{2}\sqrt3}4=6\sqrt3.\] Wszystkie krawędzie mają długość \(2\), więc wysokość graniastosłupa wynosi \(H=2\), a każda z sześciu ścian bocznych jest kwadratem o boku \(2\): \[P_b=6\cdot2\cdot2=24.\] Pole powierzchni całkowitej: \[P_c=2P_p+P_b=12\sqrt3+24.\] **Odpowiedź.** \(P_c=24+12\sqrt3\), czyli wariant **C**

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

Zadanie 24. Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2021 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

\[\sin|\angle AFB|=\frac{4\sqrt3}{13}.\]

Trójkąt \(AFB\) jest równoramienny. Krawędzie \(AF\) i \(BF\) są przekątnymi prostokątów o bokach \(4\) i \(6\), więc \[|AF|=|BF|=\sqrt{4^2+6^2}=2\sqrt{13}.\] W trójkącie \(AFB\), dla \(\alpha=|\angle AFB|\), z twierdzenia cosinusów: \[|AB|^2=|AF|^2+|BF|^2-2|AF||BF|\cos\alpha.\] Zatem \[16=52+52-104\cos\alpha,\qquad\cos\alpha=\frac{11}{13}.\] Kąt \(\alpha\) jest ostry, więc \[\sin\alpha=\sqrt{1-\cos^2\alpha}=\sqrt{1-\frac{121}{169}}=\frac{4\sqrt3}{13}.\]

**4 pkt** – poprawne obliczenie \(\sin|\angle AFB|=\frac{4\sqrt3}{13}\) **3 pkt** – obliczenie \(\cos|\angle AFB|=\frac{11}{13}\) albo pola \(P_{AFB}=8\sqrt3\) **2 pkt** – zapisanie poprawnego równania z twierdzenia cosinusów albo wzoru na pole z sinusem kąta \(AFB\) **1 pkt** – obliczenie \(|AF|=2\sqrt{13}\) albo innego istotnego odcinka prowadzącego do rozwiązania **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.4 korzystanie z własności funkcji trygonometrycznych w obliczeniach geometrycznych.

**D.** \(2\sqrt6\)

Przekątna graniastosłupa rzutuje się na podstawę na przekątną podstawy, więc kąt \(60^{\circ}\) leży w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych: przekątnej podstawy i wysokości bryły. Przekątna kwadratu o boku \(2\) ma długość \(d=2\sqrt2\), zatem \[H=d\tan60^{\circ}=2\sqrt2\cdot\sqrt3=2\sqrt6.\] **Odpowiedź.** \(H=2\sqrt6\), czyli wariant **D**

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

Zadanie 22. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2020 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

Krawędź podstawy ma długość \(a=2\), a wysokość graniastosłupa \[h=\frac{2\sqrt3}{3}.\] Najmniejsze pole powierzchni całkowitej wynosi \[P_{\min}=6\sqrt3.\]

Niech \(a>0\) oznacza długość krawędzi podstawy, a \(h>0\) wysokość graniastosłupa. Z warunku objętości \[\frac{a^2\sqrt3}{4}h=2\]\nwynika \[h=\frac8{a^2\sqrt3}.\] Pole powierzchni całkowitej jest równe \[P(a)=2\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}+3ah=\frac{a^2\sqrt3}{2}+\frac{8\sqrt3}{a},\qquad a>0.\] Pochodna ma postać \[P'(a)=\sqrt3a-\frac{8\sqrt3}{a^2}=\frac{\sqrt3(a^3-8)}{a^2}.\] Jedyny punkt krytyczny w dziedzinie to \(a=2\). Pochodna jest ujemna dla \(0<a<2\) i dodatnia dla \(a>2\), więc funkcja osiąga tam minimum. Wówczas \[h=\frac8{4\sqrt3}=\frac{2\sqrt3}{3}\]\noraz \[P(2)=\frac{4\sqrt3}{2}+\frac{8\sqrt3}{2}=6\sqrt3.\]

**7 pkt** – wyznaczenie \(a=2\), \(h=\frac{2\sqrt3}{3}\) i \(P_{\min}=6\sqrt3\) wraz z uzasadnieniem minimum **6 pkt** – poprawne wyznaczenie minimum funkcji pola i prawie pełne zakończenie obliczeń **4: 5 pkt** – poprawna funkcja pola z dziedziną oraz częściowe lub pełne badanie jej minimum **3 pkt** – wyznaczenie \(h=\frac8{a^2\sqrt3}\), zapisanie \(P(a)=\frac{a^2\sqrt3}{2}+\frac{8\sqrt3}{a}\) i dziedziny \(a>0\) **2 pkt** – zapisanie poprawnej funkcji pola po eliminacji jednej zmiennej **1 pkt** – poprawne wykorzystanie warunku objętości albo zapisanie wzoru na pole powierzchni **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** 11 zastosowanie pochodnej do badania monotoniczności i wyznaczania ekstremów funkcji w zadaniach optymalizacyjnych.

V = \(\frac{81}{2}\). Graniastosłup ma pięć ścian, a z warunku wynika, że każda ma pole równe polu podstawy. Zatem pole podstawy to \(45\)√\(\frac{3}{5 = 9}\)√\(3\). Dla trójkąta równobocznego \(a^{2}\)√\(\frac{3}{4 = 9}\)√\(3\), więc a = \(6\). Pole ściany bocznej ah = \(9\sqrt{3}\) daje \(h\) = \(3\)√\(\frac{3}{2}\). Objętość wynosi \(9\)√\(3\cdot 3\)√\(\frac{3}{2 = 81}\)/\(2\).

**Krok \(1\).** Graniastosłup prawidłowy trójkątny ma w podstawach trójkąty równoboczne, a jego trzy ściany boczne są przystającymi prostokątami. Warunek z zadania mówi, że pole podstawy równa się polu ściany bocznej — czyli wszystkie pięć ścian ma to samo pole. To pozwala od razu obliczyć pole jednej z nich. **Krok \(2\).** Pole powierzchni całkowitej to suma pól dwóch podstaw i trzech ścian bocznych, czyli pięć razy to samo pole \(P\): \[5P=45\sqrt3,\qquad P=9\sqrt3.\] **Krok \(3\).** Podstawą jest trójkąt równoboczny o boku \(a\), a jego pole wyraża się wzorem \(\frac{a^2\sqrt3}{4}\). Zatem \[\frac{a^2\sqrt3}{4}=9\sqrt3.\] **Krok \(4\).** Dzielimy obie strony przez \(\sqrt3\) i mnożymy przez \(4\): \[a^2=36,\qquad a=6\] (bierzemy tylko dodatni pierwiastek, bo \(a\) jest długością). **Krok \(5\).** Ściana boczna jest prostokątem o bokach \(a\) i \(H\), gdzie \(H\) to wysokość graniastosłupa. Jej pole też wynosi \(9\sqrt3\): \[a\cdot H=9\sqrt3,\qquad 6H=9\sqrt3.\] **Krok \(6\).** Stąd \[H=\frac{9\sqrt3}{6}=\frac{3\sqrt3}{2}.\] **Krok \(7\).** Objętość graniastosłupa to pole podstawy razy wysokość: \[V=P\cdot H=9\sqrt3\cdot\frac{3\sqrt3}{2}=\frac{9\cdot3\cdot3}{2}=\frac{81}{2}.\] **Uwaga.** Kluczem jest zauważenie, że ścian o jednakowym polu jest pięć, a nie cztery — dwie podstawy i trzy ściany boczne. Nie należy się też niepokoić, że wysokość nie wychodzi całkowita; przy mnożeniu \(\sqrt3\cdot\sqrt3=3\) i wynik końcowy jest liczbą wymierną. **Odpowiedź.** \(V=\dfrac{81}{2}=40{,}5\).

**1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania: zdający zapisze zależność między wielkościami \(a\) i \(h\) wynikającą z równości pól podstawy i ściany bocznej graniastosłupa, albo obliczy pole jednej ściany graniastosłupa: \(45\sqrt{3}:5=9\sqrt{3}\), albo zapisze równanie […], albo zapisze równania […], i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **2 pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą, pozwalające na wyznaczenie długości krawędzi podstawy lub wysokości graniastosłupa, albo uzależni objętość bryły od jednej zmiennej, i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zdający obliczy długość krawędzi podstawy i wysokość graniastosłupa: \(a=6\), \(h=\) […], albo obliczy długość krawędzi podstawy graniastosłupa: \(a=6\) i uzależni objętość bryły od jednej zmiennej \(a\), lub obliczy wysokość graniastosłupa \(h\) i uzależni objętość bryły od jednej zmiennej \(h\), i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **4 pkt** – rozwiązanie pełne: zdający obliczy objętość graniastosłupa: \(V=\frac{81}{2}\).

IV. Użycie i tworzenie strategii. G11. Bryły. Zdający oblicza pole powierzchni i objętość graniastosłupa prostego (G11.2). 3. Równania i nierówności. Zdający rozwiązuje równania kwadratowe z jedną niewiadomą (3.4).

**A.** \(\sqrt{10}\)

**Krok \(1\).** Graniastosłup prawidłowy czworokątny ma w podstawie kwadrat, a ściany boczne są prostokątami. Oznaczmy krawędź podstawy przez \(a\). Z treści wynika, że wysokość jest trzy razy dłuższa, czyli \(H=3a\). Dzięki temu całe pole zapiszemy za pomocą jednej niewiadomej. **Krok \(2\).** Pole powierzchni całkowitej to dwie podstawy i cztery ściany boczne: \[P_{c}=2a^{2}+4\cdot(a\cdot H).\] **Krok \(3\).** Wstawiamy \(H=3a\): \[P_{c}=2a^{2}+4\cdot a\cdot3a=2a^{2}+12a^{2}=14a^{2}.\] **Krok \(4\).** Korzystamy z podanej wartości pola: \[14a^{2}=140\quad\Longrightarrow\quad a^{2}=10\quad\Longrightarrow\quad a=\sqrt{10}.\] **Krok \(5\).** Sprawdzamy: dla \(a=\sqrt{10}\) mamy \(H=3\sqrt{10}\), a wtedy \[P_{c}=2\cdot10+4\cdot\sqrt{10}\cdot3\sqrt{10}=20+12\cdot10=20+120=140.\] **Uwaga.** Równanie \(a^{2}=10\) ma dwa rozwiązania: \(\sqrt{10}\) oraz \(-\sqrt{10}\). Krawędź jest długością, więc wartość ujemną odrzucamy. Uwaga też na wariant \(3\sqrt{10}\) - to wysokość bryły, a nie krawędź podstawy. **Odpowiedź.** A, czyli \(\sqrt{10}\).

Zadanie 21. (0−1) G11. Bryły. Zdający oblicza pole powierzchni Wersja Wersja II. Wykorzystanie i objętość graniastosłupa prostego (G11.2). I II i interpretowanie 3. Równania i nierówności. Zdający reprezentacji. rozwiązuje równania kwadratowe z jedną A B niewiadomą (3.4).

**B.** \(45^{\circ}\)

Oznaczmy przez \(d\) długość przekątnej podstawy, a przez \(H\) wysokość graniastosłupa; z treści \(d=2H\). Płaszczyzna przekroju przechodzi przez przekątną \(AC\) podstawy i wierzchołek \(B'\) górnej podstawy. Rzutem \(B'\) na podstawę jest \(B\), a odległość \(B\) od prostej \(AC\) jest równa połowie drugiej przekątnej, czyli \(\frac d2\). Kąt \(\alpha\) leży więc w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych \(H\) i \(\frac d2\): \[\tan\alpha=\frac{H}{\frac d2}=\frac{H}{H}=1,\] bo \(\frac d2=H\). Stąd \(\alpha=45^{\circ}\). **Odpowiedź.** \(\alpha=45^{\circ}\), czyli wariant **B**

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

Zadanie 24. (0−1) Wersja Wersja 9. Stereometria. Zdający rozpoznaje I. Wykorzystanie I II w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między i tworzenie informacji. odcinkami i płaszczyznami (9.2). B A

**D.** \(\frac{\sqrt2}{3}\)

Oznaczmy przez \(A\) wierzchołek podstawy, z którego wychodzą obie przekątne ścian bocznych, a przez \(B'\) i \(D'\) ich drugie końce. Wtedy \(|AB'|=|AD'|=3\), a odcinek \(B'D'\) jest przekątną górnej podstawy — kwadratu o boku \(2\), więc \[|B'D'|=2\sqrt2.\] Trójkąt \(AB'D'\) jest równoramienny, a kąt \(\alpha\) leży przy jego wierzchołku \(A\). Wysokość opuszczona z \(A\) dzieli go na dwa trójkąty prostokątne o przeciwprostokątnej \(3\) i przyprostokątnej \(\sqrt2\), przy czym kąt przy \(A\) w każdym z nich ma miarę \(\frac\alpha2\). Zatem \[\sin\frac\alpha2=\frac{\sqrt2}{3}.\] **Odpowiedź.** \(\sin\frac\alpha2=\frac{\sqrt2}3\), czyli wariant **D**

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

Zadanie 21. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2016 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

\[\frac{P_1}{P_2}=\frac{16}{17}.\]

Duży sześcian zawiera \[\left(\frac82\right)^3=64\] małe klocki. Druga bryła powstała z \(63\) klocków. Ponieważ jest graniastosłupem prawidłowym czworokątnym, liczba klocków w warstwie musi być kwadratem. Rozkład \(63=3^2\cdot7\) oznacza podstawę \(3\times3\) klocki i wysokość \(7\) klocków, czyli wymiary \(6\,\text{cm}\times6\,\text{cm}\times14\,\text{cm}\). Pole pierwszego sześcianu wynosi \[P_1=6\cdot8^2=384\,\text{cm}^2.\] Pole drugiego graniastosłupa: \[P_2=2\cdot6^2+4\cdot6\cdot14=72+336=408\,\text{cm}^2.\] Zatem \[\frac{P_1}{P_2}=\frac{384}{408}=\frac{16}{17}.\]

**4 pkt** – poprawny stosunek \(\frac{16}{17}\) w postaci nieskracalnej **3 pkt** – poprawne pola \(384\) i \(408\), lecz błąd w stosunku **2 pkt** – poprawne wyznaczenie wymiarów drugiej bryły \(6\times6\times14\,\text{cm}\) **1 pkt** – ustalenie, że pierwsza bryła składa się z \(64\), a druga z \(63\) klocków **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

Klucz CKE publikuje rozwiązanie i punktację. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria przestrzenna, sześcian, graniastosłup i pole powierzchni całkowitej.

**D.** \(8^2\left(\frac{\sqrt3}{2}+3\right)\).

Dwie równoboczne podstawy mają łączne pole \[2\cdot\frac{8^2\sqrt3}{4}=32\sqrt3.\] Pole powierzchni bocznej wynosi \((3\cdot8)\cdot8=192\). Zatem \[P_c=32\sqrt3+192=64\left(\frac{\sqrt3}{2}+3\right)=8^2\left(\frac{\sqrt3}{2}+3\right).\]

**1 pkt** – odpowiedź **D** **0 pkt** – odpowiedź błędna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 9.6 zdający oblicza pola powierzchni brył.

\[P_c=144+384\sqrt2=48(3+8\sqrt2).\]

Niech \(\alpha\) będzie kątem nachylenia przekątnej do podstawy. Z \(\cos\alpha=\frac35\) wynika \(\sin\alpha=\frac45\) i \(\operatorname{tg}\alpha=\frac43\). Jeżeli \(a\) jest bokiem kwadratowej podstawy, rzut przekątnej graniastosłupa na podstawę ma długość \(a\sqrt2\). Zatem \[\frac{16}{a\sqrt2}=\operatorname{tg}\alpha=\frac43,\] więc \(a=6\sqrt2\). Pole całkowite wynosi \[P_c=2a^2+4a\cdot16=2(6\sqrt2)^2+64\cdot6\sqrt2=144+384\sqrt2.\]

**1 pkt** – wyznaczenie \(\operatorname{tg}\alpha=\frac43\) **2 pkt** – zapisanie zależności \(\frac{16}{a\sqrt2}=\frac43\) **3 pkt** – obliczenie \(a=6\sqrt2\) **4 pkt** – obliczenie \(P_c=144+384\sqrt2\)

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 9.6 zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości i pól powierzchni brył.

**A.** \(\angle HOL\).

Kąt między prostą a płaszczyzną jest kątem między tą prostą i jej rzutem prostokątnym na płaszczyznę. Rzutem odcinka \(OL\) na płaszczyznę podstawy jest odcinek \(OH\), zatem szukanym kątem jest \(\angle HOL\).

**1 pkt** – odpowiedź **A** **0 pkt** – odpowiedź błędna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** I. wykorzystanie i tworzenie informacji. **Wymagania szczegółowe:** 9.2 zdający rozpoznaje w graniastosłupach kąty między odcinkami i płaszczyznami.

**B.** \(4\)

Podstawą jest trójkąt równoboczny o polu \(\frac{a^{2}\sqrt3}4\), więc \[\frac{a^{2}\sqrt3}4\cdot7=28\sqrt3\quad\Longrightarrow\quad\frac{a^{2}\sqrt3}4=4\sqrt3\quad\Longrightarrow\quad a^{2}=16.\] Stąd \(a=4\). **Odpowiedź.** \(a=4\), czyli wariant **B**

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

Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Wykorzystanie związków miarowych w graniastosłupie do obliczenia jego objętości (II.9.b).

\[V=176\sqrt3.\]

Niech \(G\) będzie środkiem krawędzi \(AB\). Trójkąt \(ABF\) jest równoramienny (\(|AF|=|BF|\)), więc odcinek \(FG\) jest jego wysokością. Z pola trójkąta \[\frac{|AB|\cdot|FG|}2=52\quad\Longrightarrow\quad \frac{8\cdot|FG|}2=52\quad\Longrightarrow\quad |FG|=13.\] W podstawie \(ABC\), będącej trójkątem równobocznym o boku \(8\), odcinek \(CG\) jest wysokością: \[|CG|=\frac{8\sqrt3}2=4\sqrt3.\] Krawędź \(CF\) jest prostopadła do płaszczyzny podstawy, więc trójkąt \(FCG\) jest prostokątny i \[|CF|^{2}=|FG|^{2}-|CG|^{2}=169-48=121,\qquad |CF|=11.\] Objętość graniastosłupa: \[V=\frac{8^{2}\sqrt3}4\cdot11=16\sqrt3\cdot11=176\sqrt3.\] **Odpowiedź.** \(V=176\sqrt3\)

**1 pkt** – narysowanie wysokości \(CG\) trójkąta \(ABC\) i obliczenie \(|CG|=4\sqrt3\) **albo** obliczenie wysokości trójkąta \(ABF\): \(|FG|=13\) **2 pkt** – obliczenie obu tych długości **3 pkt** – obliczenie wysokości graniastosłupa: \(|CF|=11\) **4 pkt** – obliczenie objętości: \(V=176\sqrt3\)

**Wymaganie ogólne:** Użycie i tworzenie strategii. **Wymaganie szczegółowe:** zdający oblicza objętość graniastosłupa z zastosowaniem związków miarowych w wielościanach (IV.9.b).

\[V=\frac{32\sqrt3}{3}.\]

Podstawą graniastosłupa prawidłowego czworokątnego jest kwadrat \(ABCD\). Z przekątnej \(\lvert AC\rvert=4\) wyznaczamy jego bok: \[a\sqrt2=4,\qquad a=2\sqrt2,\qquad P_p=a^{2}=8.\] Z rysunku odczytujemy, że krawędź \(AE\) jest prostopadła do podstawy, więc trójkąt \(ACE\) ma kąt prosty przy wierzchołku \(A\). Kąt \(ACE\) ma miarę \(60^\circ\), zatem \[\lvert AE\rvert=\lvert AC\rvert\cdot\operatorname{tg}60^\circ=4\sqrt3.\] Ostrosłup \(ABCDE\) ma podstawę \(ABCD\) i wysokość \(AE\), więc \[V=\tfrac13\cdot8\cdot4\sqrt3=\frac{32\sqrt3}{3}.\] **Odpowiedź.** \(V=\dfrac{32\sqrt3}{3}\).

1 pkt: obliczenie wysokości AE = 4√3 albo pola podstawy P = 8. 2 pkt: obliczenie jednej z tych wielkości z błędem rachunkowym i konsekwentna praca. 3 pkt: poprawne obliczenie pola podstawy i wysokości. 4 pkt: objętość V = 32√3/3.

Użycie i tworzenie strategii. Obliczenie objętości wielościanu (IV.9.b).

Krawędź podstawy ma długość \(1\). Jeśli a oznacza krawędź podstawy, a \(h\) krawędź boczną, to \(12a\)+\(6h\)=\(24\), czyli \(h\)=\(4\)−\(2a\). Pole powierzchni bocznej jest równe P(a)=\(6ah\)=−\(12\)\(a^{2}\)+\(24a\) dla a∈(\(0\),\(2\)). Funkcja osiąga maksimum w wierzchołku paraboli, dla a=\(1\).

**Krok \(1\).** To zadanie optymalizacyjne: mamy dwie zmienne (krawędź podstawy i krawędź boczna) związane jednym warunkiem, a szukamy największej wartości pola. Schemat jest stały: oznaczyć zmienne, z warunku wyznaczyć jedną przez drugą, zapisać pole jako funkcję jednej zmiennej i znaleźć jej maksimum. Tu funkcja okaże się kwadratowa, więc wystarczy wierzchołek paraboli. **Krok \(2\).** Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy, a przez \(h\) długość krawędzi bocznej. Graniastosłup prawidłowy sześciokątny ma dwie podstawy będące sześciokątami foremnymi (razem \(12\) krawędzi długości \(a\)) oraz \(6\) krawędzi bocznych długości \(h\). **Krok \(3\).** Warunek na sumę długości wszystkich krawędzi: \[12a+6h=24,\qquad\text{czyli}\qquad 2a+h=4,\qquad h=4-2a.\] **Krok \(4\).** Ustalamy dziedzinę. Musi być \(a\gt0\) oraz \(h\gt0\), czyli \(4-2a\gt0\), a stąd \(a\lt2\). Zatem \(a\in(0,2)\). **Krok \(5\).** Powierzchnia boczna składa się z sześciu prostokątów o wymiarach \(a\times h\), więc \[P=6ah.\] **Krok \(6\).** Podstawiamy \(h=4-2a\), aby otrzymać funkcję jednej zmiennej: \[P(a)=6a(4-2a)=24a-12a^2.\] **Krok \(7\).** To funkcja kwadratowa o współczynniku \(-12\lt0\), więc jej wykresem jest parabola ramionami w dół i największą wartość przyjmuje w wierzchołku: \[a=-\frac{24}{2\cdot(-12)}=1.\] **Krok \(8\).** Sprawdzamy, że \(a=1\) należy do dziedziny \((0,2)\) — należy. Wtedy \(h=4-2\cdot1=2\), a największe pole boczne wynosi \(P=6\cdot1\cdot2=12\). **Uwaga.** Pytanie dotyczy długości krawędzi podstawy, a nie największego pola ani krawędzi bocznej — odpowiedzią jest liczba \(1\). Pamiętaj też, że podstawy są dwie, więc krawędzi podstawy jest \(12\), a nie \(6\). **Odpowiedź.** Krawędź podstawy tego graniastosłupa ma długość \(a=1\).

**1 pkt** – wprowadzenie oznaczeń i zapisanie, że \(12a+6h=24\). **2 pkt** – zapisanie pola \(P\) powierzchni bocznej graniastosłupa oraz wyznaczenie \(a\) lub \(h\) w zależności od jednej zmiennej, np. \(P=6ah\) oraz \(a=2-\frac{h}{2}\) lub \(h=4-2a\). **3 pkt** – zapisanie pola powierzchni bocznej w zależności od jednej zmiennej. **4 pkt** – obliczenie długości krawędzi podstawy graniastosłupa, którego pole powierzchni bocznej jest największe: \(a=1\). Uwaga: jeżeli zdający wyznaczy tylko wartość \(h=2\), dla której pole powierzchni bocznej jest największe, to otrzymuje \(3\) punkty.

III. Modelowanie matematyczne. Znalezienie związków miarowych w graniastosłupie, wyznaczenie największej wartości funkcji.

**C.** \(300+50\sqrt3\)

Graniastosłup prawidłowy trójkątny ma \(9\) krawędzi. Wszystkie są równe, więc z warunku \(9a=90\) otrzymujemy \(a=10\). Podstawy to dwa trójkąty równoboczne, a ściany boczne — trzy kwadraty o boku \(10\): \[P_c=2\cdot\frac{10^{2}\sqrt3}4+3\cdot10^{2}=50\sqrt3+300.\] **Odpowiedź.** \(P_c=300+50\sqrt3\), czyli wariant **C**

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

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (klucz CKE z 2011 r. nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria przestrzenna – oblicza pole powierzchni graniastosłupa prawidłowego.

P(ABF) = \(70\)

Niech \(G\) będzie środkiem krawędzi \(AB\). Trójkąt \(ABF\) jest równoramienny (\(|AF|=|BF|\)), więc odcinek \(FG\) jest jego wysokością. W podstawie \(ABC\), będącej trójkątem równobocznym o boku \(10\), odcinek \(CG\) jest wysokością: \[|CG|=\frac{10\sqrt3}2=5\sqrt3.\] Krawędź \(CF\) jest prostopadła do płaszczyzny podstawy, więc trójkąt \(FCG\) jest prostokątny przy \(C\): \[|FG|=\sqrt{|CG|^{2}+|CF|^{2}}=\sqrt{75+121}=\sqrt{196}=14.\] Pole trójkąta \(ABF\): \[P_{ABF}=\frac{|AB|\cdot|FG|}2=\frac{10\cdot14}2=70.\] **Odpowiedź.** \(P_{ABF}=70\)

**1–3 pkt** – \(BF=AF=\sqrt{221}\) i wysokość trójkąta \(ABF\) równa \(14\). **4 pkt** – pole \(70\).

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (archiwalny klucz nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria przestrzenna – oblicza pole przekroju graniastosłupa.

\[\sin\alpha=\frac{2\sqrt3}{5}.\]

Oznaczmy przez \(a\) krawędź podstawy, a przez \(H\) wysokość graniastosłupa prawidłowego trójkątnego. Z danych \[V=\frac{a^{2}\sqrt3}{4}H=12\sqrt3,\qquad P_b=3aH=36.\] Z drugiego równania \(aH=12\); podstawiając do pierwszego, \(a^{2}H=48\), czyli \(a\cdot(aH)=48\) i \(a=4\), a stąd \(H=3\). Przekątna ściany bocznej ma długość \[d=\sqrt{a^{2}+H^{2}}=\sqrt{16+9}=5.\] Kąt \(\alpha\) między tą przekątną a sąsiednią ścianą boczną mierzymy jako kąt między przekątną a jej rzutem na tę ścianę. Odległość końca przekątnej od płaszczyzny sąsiedniej ściany bocznej jest równa odległości odpowiedniego wierzchołka podstawy od prostej zawierającej przeciwległy bok podstawy, czyli wysokości trójkąta równobocznego: \[h=\frac{a\sqrt3}{2}=2\sqrt3.\] Zatem \[\sin\alpha=\frac{h}{d}=\frac{2\sqrt3}{5}.\] **Odpowiedź.** \(\sin\alpha=\dfrac{2\sqrt3}{5}\).

Schemat oceniania **Rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do całkowitego rozwiązania** – zapisanie układu równań umożliwiającego obliczenie długości krawędzi graniastosłupa (\(a\) – krawędź podstawy, \(H\) – krawędź boczna): […], \(3aH=36\). **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – rozwiązanie układu równań: […]. **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zapisanie \(\sin\alpha=\frac{\lvert EC_{1}\rvert}{\lvert BC_{1}\rvert}\) (lub zapisanie \(\sin\alpha\) w innej równoważnej postaci, np. \(\sin\alpha=\frac{h}{d}\), \(h\) – wysokość trójkąta, \(d\) – przekątna ściany bocznej). **Rozwiązanie bezbłędne** – obliczenie \(\sin\alpha=\frac{2\sqrt{3}}{5}\). Uwagi: **1 pkt** – jeżeli zdający narysuje graniastosłup i zaznaczy na nim kąt nachylenia przekątnej ściany bocznej do sąsiedniej ściany bocznej i na tym poprzestanie. **2 pkt** – jeżeli zdający nie zapisze układu równań lub zapisze go błędnie, ale zapisze \(\sin\alpha=[…]\) (lub zapisze \(\sin\alpha\) w innej równoważnej postaci, np. \(\sin\alpha=\frac{h}{d}\), \(h\) – wysokość trójkąta, \(d\) – przekątna ściany bocznej) i na tym poprzestanie. **3 pkt** – jeżeli zdający rozwiąże układ równań bezbłędnie i narysuje graniastosłup z zaznaczonym na nim kątem nachylenia przekątnej ściany bocznej do sąsiedniej ściany bocznej i na tym poprzestanie. **4 pkt** – jeżeli zdający popełni błąd rachunkowy w rozwiązaniu układu równań i konsekwentnie do popełnionego błędu rozwiąże zadanie do końca.

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: związki miarowe w graniastosłupie i kąt prostej z płaszczyzną.

\[V=144.\]

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.

\[V=64\ \mathrm{cm}^3,\qquad P_c=64+32\sqrt2\ \mathrm{cm}^2\approx109\ \mathrm{cm}^2.\]

Oznaczmy przez \(a\) krawędź podstawy, a przez \(H\) wysokość graniastosłupa prawidłowego czworokątnego \(ABCDA_1B_1C_1D_1\). Z przekątnej podstawy \(\lvert AC\rvert=8\ \mathrm{cm}\) wyznaczamy bok: \[a\sqrt2=8,\qquad a=4\sqrt2,\qquad a^{2}=32.\] Przekątną ściany bocznej wychodzącą z tego samego wierzchołka co \(AC\) jest odcinek \(AB_1\); jego długość to \[c=\sqrt{a^{2}+H^{2}}.\] Ponieważ \(\lvert CB_1\rvert=\sqrt{a^{2}+H^{2}}=c\), trójkąt \(ACB_1\) jest równoramienny, a wysokość opuszczona z \(B_1\) dzieli podstawę \(AC\) na połowy. Zatem dla kąta \(\alpha\) między \(AC\) a \(AB_1\) \[\cos\alpha=\frac{\tfrac12\lvert AC\rvert}{c}=\frac{4}{c}=\frac23,\qquad c=6.\] Stąd \[H^{2}=c^{2}-a^{2}=36-32=4,\qquad H=2\ \mathrm{cm}.\] Zatem \[V=a^{2}H=32\cdot2=64\ \mathrm{cm}^3,\] \[P_c=2a^{2}+4aH=64+4\cdot4\sqrt2\cdot2=64+32\sqrt2\ \mathrm{cm}^2\approx109\ \mathrm{cm}^2.\] **Odpowiedź.** \(V=64\ \mathrm{cm}^3\), \(P_c=64+32\sqrt2\ \mathrm{cm}^2\approx109\ \mathrm{cm}^2\).

*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.* **7.1. (1 pkt)** – […] \(c\) – długość przekątnej ściany bocznej, \(\alpha\) – miara kąta jaki tworzy przekątna ściany bocznej z przekątną podstawy, lub wykonanie rysunku graniastosłupa z zaznaczonymi powyżej oznaczeniami. **7.2. (1 pkt)** – Obliczenie długości krawędzi podstawy: \(a=4\sqrt{2}\) cm. **7.3. (1 pkt)** – Obliczenie długości przekątnej ściany bocznej: \(c=6\) cm. **7.4. (1 pkt)** – Obliczenie długości krawędzi bocznej: \(b=2\) cm. **7.5. (1 pkt)** – Obliczenie objętości graniastosłupa: \(V=64\,\mathrm{cm}^{3}\). **7.6. (1 pkt)** – Obliczenie pola powierzchni całkowitej graniastosłupa: \(32\left(2+\sqrt{2}\right)\,\mathrm{cm}^{2}\). Zdający może pominąć w rozwiązaniu jednostki.

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

Krawędź podstawy \(a=2\ \mathrm{m}\), krawędź boczna (wysokość) \(h=\frac{2\sqrt3}{3}\ \mathrm{m}\).

**Krok \(1\).** Rozpoznajemy zadanie optymalizacyjne: wśród nieskończenie wielu brył o ustalonej objętości szukamy tej o najmniejszym polu. Schemat postępowania jest zawsze taki sam: wprowadzamy oznaczenia, zapisujemy wzory na wielkość daną (objętość) i badaną (pole), z warunku o objętości rugujemy jedną zmienną, otrzymujemy funkcję JEDNEJ zmiennej i szukamy jej minimum przy pomocy pochodnej. **Krok \(2\).** Oznaczenia. Graniastosłup prawidłowy trójkątny ma w podstawie trójkąt równoboczny. Niech \(a\) będzie krawędzią podstawy, a \(h\) krawędzią boczną (wysokością bryły). Pole trójkąta równobocznego to \(\dfrac{a^2\sqrt3}{4}\), a obwód podstawy to \(3a\), więc \[V=\frac{a^2\sqrt3}{4}\cdot h,\qquad P_c=2\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}+3ah=\frac{a^2\sqrt3}{2}+3ah.\] **Krok \(3\).** Wykorzystujemy warunek \(V=2\), aby wyznaczyć \(h\): \[\frac{a^2\sqrt3}{4}h=2\quad\Longrightarrow\quad h=\frac{8}{a^2\sqrt3}=\frac{8\sqrt3}{3a^2}.\] **Krok \(4\).** Podstawiamy \(h\) do wzoru na pole i dostajemy funkcję jednej zmiennej: \[P(a)=\frac{a^2\sqrt3}{2}+3a\cdot\frac{8\sqrt3}{3a^2}=\frac{a^2\sqrt3}{2}+\frac{8\sqrt3}{a},\qquad a\in(0,+\infty).\] Dziedzina to liczby dodatnie, bo \(a\) jest długością krawędzi. **Krok \(5\).** Obliczamy pochodną: \[P^{\prime}(a)=a\sqrt3-\frac{8\sqrt3}{a^2}=\sqrt3\cdot\frac{a^3-8}{a^2}.\] **Krok \(6\).** Szukamy miejsc zerowych pochodnej. Mianownik \(a^2\) i czynnik \(\sqrt3\) są dodatnie, więc o znaku decyduje licznik: \[a^3-8=0\quad\Longrightarrow\quad a^3=8\quad\Longrightarrow\quad a=2.\] **Krok \(7\).** Badamy znak pochodnej, żeby wykazać, że to naprawdę minimum. Dla \(a\in(0,2)\) mamy \(a^3\lt8\), czyli \(P^{\prime}(a)\lt0\) i funkcja maleje. Dla \(a\gt2\) mamy \(a^3\gt8\), czyli \(P^{\prime}(a)\gt0\) i funkcja rośnie. Funkcja najpierw maleje, potem rośnie, więc w punkcie \(a=2\) osiąga minimum, i to minimum globalne w całej dziedzinie. **Krok \(8\).** Obliczamy odpowiadającą wysokość, podstawiając \(a=2\): \[h=\frac{8\sqrt3}{3\cdot2^2}=\frac{8\sqrt3}{12}=\frac{2\sqrt3}{3}.\] Dla porządku: najmniejsze pole wynosi \(P(2)=\dfrac{4\sqrt3}{2}+\dfrac{8\sqrt3}{2}=6\sqrt3\ \mathrm{m}^2\). **Uwaga.** Samo rozwiązanie równania \(P^{\prime}(a)=0\) NIE wystarcza do pełnej odpowiedzi — trzeba jeszcze uzasadnić (badając znak pochodnej albo monotoniczność), że w tym punkcie jest minimum, a nie maksimum czy punkt przegięcia. Trzeba też pamiętać o dziedzinie \(a\gt0\): równanie \(a^3=8\) ma w liczbach rzeczywistych tylko jedno rozwiązanie, ale gdyby pojawiły się inne, ujemne trzeba by odrzucić. **Odpowiedź.** Krawędź podstawy \(a=2\ \mathrm{m}\), krawędź boczna (wysokość) \(h=\frac{2\sqrt3}{3}\ \mathrm{m}\).

*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.* **Zadanie 18.** (\(7\) pkt) Wśród wszystkich graniastosłupów prawidłowych trójkątnych o objętości równej \(2\,\mathrm{m}^{3}\) istnieje taki, którego pole powierzchni całkowitej jest najmniejsze. Wyznacz długości krawędzi tego graniastosłupa. Wprowadzam następujące oznaczenia: \(a\) – długość krawędzi podstawy, \(h\) – wysokość graniastosłupa. Dla tak wprowadzonych oznaczeń wzory na objętość i pole powierzchni całkowitej graniastosłupa są następujące: \(V=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}h\), \(P=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{2}+3ah\). Z równania \(\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}h=2\) wyznaczam niewiadomą \(h\): \(h=\frac{8\sqrt{3}}{3a^{2}}\). Po podstawieniu \(h\) do wzoru na pole powierzchni całkowitej graniastosłupa otrzymuję funkcję: \(P(a)=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{2}+3a\cdot\frac{8\sqrt{3}}{3a^{2}}=\frac{a^{3}\sqrt{3}+16\sqrt{3}}{2a}=\frac{\sqrt{3}}{2}\left(a^{2}+\frac{16}{a}\right)\), \(a\in(0,\infty)\). Obliczam pochodną funkcji: \(P'(a)=\sqrt{3}\cdot\frac{a^{3}-8}{a^{2}}\), \(a\in(0,\infty)\). Dla \(a=2\) pochodna funkcji przyjmuje wartość \(0\). \(P'(a)\le 0\) dla \(a\in(0,2\rangle\) i \(P'(a)\ge 0\) dla \(a\in\langle 2,\infty)\), więc w punkcie \(a=2\) funkcja \(P\) osiąga minimum i jednocześnie wartość najmniejszą, bo funkcja \(P\) w przedziale \((0,2\rangle\) jest malejąca i w przedziale \(\langle 2,\infty)\) jest rosnąca. Dla \(a=2\) wysokość \(h=\frac{2\sqrt{3}}{3}\). Odp.: Wymiary graniastosłupa o objętości \(2\,\mathrm{m}^{3}\), dla którego pole powierzchni całkowitej jest najmniejsze są następujące: \(a=2\,\mathrm{m}\), \(h=\frac{2\sqrt{3}}{3}\,\mathrm{m}\). | Nr czynności | 18.1. | 18.2. | 18.3. | 18.4. | 18.5. | 18.6. | 18.7. | |---|---:|---:|---:|---:|---:|---:|---:| | Maks. liczba pkt | \(1\) | \(1\) | \(1\) | \(1\) | \(1\) | \(1\) | \(1\) |

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