Ostrosłupy prawidłowe w zadaniach maturalnych

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.

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

Z długości okręgu opisanego na podstawie wyznaczamy jego promień: \[2\pi R=6\sqrt2\pi,\qquad R=3\sqrt2.\] Dla trójkąta równobocznego o boku \(a\) zachodzi \(R=\dfrac{a\sqrt3}{3}\), zatem \[a=R\sqrt3=3\sqrt6,\qquad a^{2}=54.\] Oznaczmy przez \(b\) długość krawędzi bocznej. Twierdzenie cosinusów w trójkącie równoramiennym \(BSC\) daje \[a^{2}=2b^{2}\left(1-\cos\lvert\angle BSC\rvert\right)=2b^{2}\left(1-\tfrac59\right)=\tfrac89 b^{2},\] czyli \(b^{2}=\tfrac98 a^{2}=\tfrac{486}{8}=\tfrac{243}{4}\). Kąt między ścianami \(SAC\) i \(SBC\) mierzymy w przekroju prostopadłym do wspólnej krawędzi \(SC\). Niech \(D\) będzie spodkiem wysokości opuszczonej z \(B\) na \(SC\); z symetrii spodek wysokości z \(A\) jest tym samym punktem, a szukany kąt to \(\angle ADB\). Oznaczmy \(x=\lvert AD\rvert=\lvert BD\rvert\). Pole trójkąta \(BSC\) zapisujemy dwoma sposobami: \[\tfrac12 b\,x=\tfrac12 b^{2}\sin\lvert\angle BSC\rvert,\qquad \sin\lvert\angle BSC\rvert=\sqrt{1-\tfrac{25}{81}}=\tfrac{2\sqrt{14}}{9},\] skąd \(x=b\cdot\tfrac{2\sqrt{14}}{9}\) oraz \(x^{2}=\tfrac{56}{81}b^{2}=\tfrac{56}{81}\cdot\tfrac{243}{4}=42\). Z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(ADB\), w którym \(\lvert AB\rvert=a\), \[\cos\lvert\angle ADB\rvert=\frac{2x^{2}-a^{2}}{2x^{2}}=\frac{84-54}{84}=\frac{30}{84}=\frac{5}{14}.\] **Odpowiedź.** Krawędź podstawy ma długość \(3\sqrt6\), a cosinus kąta między ścianami \(SAC\) i \(SBC\) jest równy \(\dfrac{5}{14}\).

**0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **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. \(\sin\alpha=\frac{x}{b}\). **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. \(1=2\cos^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right)\cdot(1-\cos\beta)\), \(1=\sin^{2}\alpha\cdot\frac{1-\cos\beta}{1-\cos\alpha}\). **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 \(\beta\): \(\cos\beta=\frac{5}{14}\). **4 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(a=3\sqrt{6}\) oraz \(\cos\beta=\frac{5}{14}\). 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. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 9.4) Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między ścianami; 9.6) Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów […].

D. \(6\sqrt{2}\)

Podstawą jest kwadrat o boku \(12\), więc jego przekątna ma długość \(12\sqrt2\), a odległość środka podstawy od wierzchołka podstawy to połowa przekątnej: \[\frac{12\sqrt2}{2}=6\sqrt2.\] Wysokość ostrosłupa, ten odcinek i krawędź boczna tworzą trójkąt prostokątny, zatem \[H=\sqrt{12^2-\left(6\sqrt2\right)^2}=\sqrt{144-72}=\sqrt{72}=6\sqrt2.\] **Odpowiedź.** D. \(6\sqrt2\)

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

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** G10.7) Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa.

Połowa przekątnej podstawy ma długość \(4\sqrt{3}\). Wysokość ostrosłupa wynosi \(h=4\sqrt{3}\tan30^{\circ}=4\). Bok kwadratowej podstawy ma długość \(4\sqrt{6}\), więc jej pole jest równe \(96\). Zatem \(V=\frac{1}{3}\cdot96\cdot4=128\).

**Krok \(1\).** adanie \(27\). (\(0\)—\(2\)) **Krok \(2\).** Wymaganie ogólne **Krok \(3\).** IV. Rozumowanie i argumentacja. **Krok \(4\).** \(4\). Stosowanie i tworzenie strategii przy **Krok \(5\).** rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach **Krok \(6\).** nietypowych. **Krok \(7\).** Wymagania szczegółowe **Krok \(8\).** Zdający: **Odpowiedź.** Połowa przekątnej podstawy ma długość \(4\sqrt{3}\). Wysokość ostrosłupa wynosi \(h=4\sqrt{3}\tan30^{\circ}=4\). Bok kwadratowej podstawy ma długość \(4\sqrt{6}\), więc jej pole jest równe \(96\). Zatem \(V=\frac{1}{3}\cdot96\cdot4=128\).

adanie 27. (0—2) Wymaganie ogólne IV. Rozumowanie i argumentacja. 4. Stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. Zasady oceniania Wymagania szczegółowe Zdający: X.2) posługuje się pojęciem kąta między prostą a płaszczyzną X.5) oblicza objętości ostrosłupów [...] również z wykorzystaniem trygonometrii. 2 pkt — zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: V = 128. 1 pkt — obliczenie/zapisanie wysokości ostrosłupa: H = 4 ALBO . (843)2). — wyznaczenie pola podstawy ostrosłupa: PABCD = (40 (lub PABCD = 0 pkt — rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwaga: Jeżeli zdający rozpatruje bryłę inną niż ostrosłup prawidłowy czworokątny, to otrzymuje O punktów za całe rozwiązanie. CENTRALNA Przykładowe pełne rozwiązanie Przyjmujemy oznaczenia jak na rysunku: a — długość krawędzi podstawy, H — wysokość ostrosłupa, O — spodek wysokości ostrosłupa. Zauważamy, że a > 0 i H > 0. Ponieważ 0 jest punktem przecięcia przekątnych kwadratu, to IOBI = 4vrg. W trójkącie prostokątnym SOB mamy: Zatem: Obliczamy objętość V ostrosłupa: 1 3 - 300_-- ISOI IOBI H = • tg300 1 (802 . 4 2 c a - 128

1 pkt – zastosowanie definicji funkcji trygonometrycznej lub związków miarowych w trójkącie o kątach 30°, 60°, 90° i zapisanie równania z jedną niewiadomą (wysokością ostrosłupa), np.: \(\frac{H}{4\sqrt{3}}=\operatorname{tg}30^{\circ}\), \(\frac{H}{4\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\), ALBO – obliczenie długości krawędzi podstawy ostrosłupa: \(a=4\sqrt{6}\).

\[V=96\sqrt3.\]

Niech \(H\) oznacza wysokość ostrosłupa, a \(E\) środek krawędzi podstawy. Odległość środka kwadratowej podstawy od \(E\) wynosi \(6\). W odpowiednim trójkącie prostokątnym: \[\operatorname{tg}30^\circ=\frac{H}{6}.\] Zatem \[H=6\operatorname{tg}30^\circ=6\cdot\frac{\sqrt3}{3}=2\sqrt3.\] Objętość: \[V=\frac13\cdot12^2\cdot2\sqrt3=96\sqrt3.\]

**2 pkt** – poprawna metoda i wynik \(V=96\sqrt3\) **1 pkt** – obliczenie lub zapisanie wysokości \(H=2\sqrt3\) **0 pkt** – zastosowanie niepoprawnej metody albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** X.3) Zdający rozpoznaje w ostrosłupach kąty między ścianami. X.5) Zdający oblicza objętości ostrosłupów, również z wykorzystaniem trygonometrii.

Pole trapezu \(KLMN\) jest równe \(\displaystyle \frac{63\sqrt{3}}{8}\).

Oznaczmy krawędź podstawy przez \(a\), a wysokość ostrosłupa przez \(H\). Niech \(O\) będzie środkiem podstawy; punkty \(K\) i \(L\) są środkami krawędzi \(AD\) i \(BC\), więc odcinek \(KL\) przechodzi przez \(O\) i \(|KL|=a\). Niech \(N_0\) będzie środkiem krawędzi \(CD\). Wtedy \(SN_0\) jest wysokością ściany \(CDS\), a \(ON_0=\frac a2\). Płaszczyzna \(\gamma\) zawiera prostą \(KL\) i jest nachylona do podstawy pod kątem \(30^{\circ}\). Z warunku prostopadłości \(\gamma\) do ściany \(CDS\) wynika, że w przekroju płaszczyzną \(SON_0\) prosta przekroju jest prostopadła do \(SN_0\). Kąt między \(SN_0\) a podstawą oznaczmy \(\beta\); wtedy \(\beta+30^{\circ}=90^{\circ}\), czyli \(\beta=60^{\circ}\) i \[H=\frac a2\tan60^{\circ}=\frac{a\sqrt3}2.\] Z objętości ostrosłupa \[\frac13a^{2}\cdot\frac{a\sqrt3}2=36\sqrt3\quad\Longrightarrow\quad a^{3}=216\quad\Longrightarrow\quad a=6,\qquad H=3\sqrt3.\] Przyjmijmy układ współrzędnych o początku w \(O\), w którym \(K=(-3,0,0)\), \(L=(3,0,0)\), \(C=(3,3,0)\), \(D=(-3,3,0)\), \(S=(0,0,3\sqrt3)\). Płaszczyzna \(\gamma\) zawiera oś \(x\) i tworzy z podstawą kąt \(30^{\circ}\), więc ma równanie \(z=\frac{y}{\sqrt3}\). Punkt \(M\) leży na \(CS\): dla \(M=C+t(S-C)=(3-3t,\,3-3t,\,3\sqrt3t)\) warunek \(3\sqrt3t=\frac{3-3t}{\sqrt3}\) daje \(t=\frac14\), więc \[M=\left(\tfrac94,\tfrac94,\tfrac{3\sqrt3}4\right),\qquad N=\left(-\tfrac94,\tfrac94,\tfrac{3\sqrt3}4\right),\qquad |MN|=\frac92.\] Wysokość trapezu to odległość prostych \(KL\) i \(MN\) w płaszczyźnie \(\gamma\): \[h=\sqrt{\left(\tfrac94\right)^{2}+\left(\tfrac{3\sqrt3}4\right)^{2}}=\sqrt{\frac{81+27}{16}}=\frac{3\sqrt3}2.\] Pole trapezu: \[P=\frac{|KL|+|MN|}2\cdot h=\frac{6+\frac92}2\cdot\frac{3\sqrt3}2=\frac{63\sqrt3}8.\] **Odpowiedź.** \(P_{KLMN}=\frac{63\sqrt3}8\)

Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. **Pierwszy etap** polega na obliczeniu długości krawędzi podstawy ostrosłupa. Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 2 punkty. Podział punktów za pierwszy etap rozwiązania: **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie wysokości ostrosłupa w zależności od długości krawędzi podstawy: \(H=\frac{a\sqrt{3}}{2}\). **2 pkt** – obliczenie długości krawędzi podstawy: \(a=6\). **Drugi etap** polega na wyznaczeniu długości krótszej podstawy trapezu oraz wysokości trapezu w zależności od długości krawędzi podstawy ostrosłupa. Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 2 punkty. Podział punktów za drugi etap rozwiązania: **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie długości krótszej podstawy trapezu lub wysokości trapezu w zależności od długości krawędzi podstawy ostrosłupa: \(\lvert MN\rvert=\frac{3}{4}a\) lub \(\lvert PR\rvert=\frac{a\sqrt{3}}{4}\) ALBO obliczenie długości krótszej podstawy trapezu lub wysokości trapezu: \(\lvert MN\rvert=\frac{18}{4}\) lub \(\lvert PR\rvert=\frac{6\sqrt{3}}{4}\). **2 pkt** – wyznaczenie długości krótszej podstawy trapezu oraz wysokości trapezu w zależności od długości krawędzi podstawy ostrosłupa: \(\lvert MN\rvert=\frac{3}{4}a\) oraz \(\lvert PR\rvert=\frac{a\sqrt{3}}{4}\) ALBO obliczenie długości krótszej podstawy trapezu oraz wysokości trapezu: \(\lvert MN\rvert=\frac{18}{4}\) oraz \(\lvert PR\rvert=\frac{6\sqrt{3}}{4}\). **Trzeci etap** polega na obliczeniu pola trapezu. Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – obliczenie pola przekroju ostrosłupa: \(\frac{63\sqrt{3}}{8}\).

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** X.2) Zdający posługuje się pojęciem kąta między prostą a płaszczyzną oraz pojęciem kąta dwuściennego między półpłaszczyznami. X.R2) Zdający wyznacza przekroje sześcianu i ostrosłupów prawidłowych oraz oblicza ich pola, także z wykorzystaniem trygonometrii.

Pole trapezu \(KLMN\) jest równe \(\displaystyle \frac{63\sqrt{3}}{8}\).

Niech \(a\) oznacza długość krawędzi podstawy, a \(H\) wysokość ostrosłupa. Z kąta \(30^{\circ}\) otrzymujemy \(H=\frac{a\sqrt{3}}{2}\). Warunek objętości \[\frac{1}{3}a^{2}H=36\sqrt{3}\] daje \(a=6\). Z geometrii przekroju wynika, że \(\lvert KL\rvert=6\), \(\lvert MN\rvert=\frac{9}{2}\), a wysokość trapezu jest równa \(\frac{3\sqrt{3}}{2}\). Zatem \[P_{KLMN}=\frac{1}{2}\left(6+\frac{9}{2}\right)\frac{3\sqrt{3}}{2}=\frac{63\sqrt{3}}{8}.\]

Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. **Pierwszy etap** polega na obliczeniu długości krawędzi podstawy ostrosłupa. Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 2 punkty. Podział punktów za pierwszy etap rozwiązania: **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie wysokości ostrosłupa w zależności od długości krawędzi podstawy: \(H=\frac{a\sqrt{3}}{2}\). **2 pkt** – obliczenie długości krawędzi podstawy: \(a=6\). **Drugi etap** polega na wyznaczeniu długości krótszej podstawy trapezu oraz wysokości trapezu w zależności od długości krawędzi podstawy ostrosłupa. Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 2 punkty. Podział punktów za drugi etap rozwiązania: **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – wyznaczenie długości krótszej podstawy trapezu lub wysokości trapezu w zależności od długości krawędzi podstawy ostrosłupa: \(\lvert MN\rvert=\frac{3}{4}a\) lub \(\lvert PR\rvert=\frac{a\sqrt{3}}{4}\) ALBO obliczenie długości krótszej podstawy trapezu lub wysokości trapezu: \(\lvert MN\rvert=\frac{18}{4}\) lub \(\lvert PR\rvert=\frac{6\sqrt{3}}{4}\). **2 pkt** – wyznaczenie długości krótszej podstawy trapezu oraz wysokości trapezu w zależności od długości krawędzi podstawy ostrosłupa: \(\lvert MN\rvert=\frac{3}{4}a\) oraz \(\lvert PR\rvert=\frac{a\sqrt{3}}{4}\) ALBO obliczenie długości krótszej podstawy trapezu oraz wysokości trapezu: \(\lvert MN\rvert=\frac{18}{4}\) oraz \(\lvert PR\rvert=\frac{6\sqrt{3}}{4}\). **Trzeci etap** polega na obliczeniu pola trapezu. Za poprawne wykonanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. **1 pkt** – obliczenie pola przekroju ostrosłupa: \(\frac{63\sqrt{3}}{8}\).

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 9.1) Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między odcinkami (np. krawędziami, krawędziami i przekątnymi, itp.), oblicza miary tych kątów; 9.4) Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między ścianami; 9.6) Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól powierzchni i objętości. 9.2R) Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa płaszczyzną.

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 […].

\[P_b=918.\]

Oznaczmy \(a=\lvert AB\rvert=3\sqrt{34}\). Krawędź \(SA\) jest wysokością ostrosłupa, więc jest prostopadła do wszystkich prostych podstawy przechodzących przez \(A\). Bok \(BC\) jest prostopadły do \(AB\) i do \(SA\), więc jest prostopadły do płaszczyzny \(ABS\), a zatem także do \(BS\). Trójkąt \(BCS\) ma więc kąt prosty przy wierzchołku \(B\); analogicznie trójkąt \(CDS\) ma kąt prosty przy \(D\). Kąt \(\beta\) między ścianami \(BCS\) i \(CDS\) mierzymy w przekroju prostopadłym do wspólnej krawędzi \(CS\). Niech \(E\) będzie spodkiem wysokości opuszczonej z \(B\) na \(CS\); z symetrii spodek wysokości z \(D\) jest tym samym punktem, a \(\beta=\lvert\angle BED\rvert\). Oznaczmy \(x=\lvert BE\rvert=\lvert DE\rvert\). Przekątna podstawy ma długość \(\lvert BD\rvert=a\sqrt2\), więc z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(BED\) \[\cos\beta=\frac{2x^{2}-2a^{2}}{2x^{2}}=1-\frac{a^{2}}{x^{2}}=-\frac{9}{25},\qquad x^{2}=\frac{25}{34}a^{2}=\frac{25}{34}\cdot306=225,\] czyli \(x=15\). W trójkącie prostokątnym \(BCS\) wysokość opuszczona z wierzchołka kąta prostego spełnia \(\lvert BE\rvert\cdot\lvert CS\rvert=\lvert BC\rvert\cdot\lvert BS\rvert\) oraz \(\lvert BC\rvert^{2}=\lvert CE\rvert\cdot\lvert CS\rvert\). Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(BCE\) \[\lvert CE\rvert=\sqrt{\lvert BC\rvert^{2}-x^{2}}=\sqrt{306-225}=9,\] a stąd \(\lvert CS\rvert=\dfrac{\lvert BC\rvert^{2}}{\lvert CE\rvert}=\dfrac{306}{9}=34\) oraz \[\lvert BS\rvert=\sqrt{\lvert CS\rvert^{2}-\lvert BC\rvert^{2}}=\sqrt{1156-306}=\sqrt{850}=5\sqrt{34}.\] Wreszcie \(\lvert AS\rvert=\sqrt{\lvert BS\rvert^{2}-a^{2}}=\sqrt{850-306}=\sqrt{544}=4\sqrt{34}\). Pole powierzchni bocznej to suma pól czterech trójkątów prostokątnych: \[P_b=2\cdot\tfrac12\cdot a\cdot\lvert AS\rvert+2\cdot\tfrac12\cdot a\cdot\lvert BS\rvert=3\sqrt{34}\left(4\sqrt{34}+5\sqrt{34}\right)=3\cdot34\cdot9=918.\] **Odpowiedź.** \(P_b=918\).

**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. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 9.4) Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między ścianami; 9.6) Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól powierzchni i objętości.

Szukany stosunek jest równy \(6\). Przyjmując \(\lvert CE\rvert=3x\) i \(\lvert DE\rvert=11x\) (a więc \(\lvert CD\rvert=14x\)), z twierdzenia Pitagorasa dla trójkątów \(BED\) i \(BEC\) otrzymujemy \(\lvert BE\rvert=5\sqrt3\,x\) oraz \(\lvert BC\rvert=2\sqrt{21}\,x\). Stąd pole powierzchni bocznej wynosi \(105\sqrt3\,x^{2}\), pole podstawy \(21\sqrt3\,x^{2}\), a szukany stosunek \(\frac{126\sqrt3\,x^{2}}{21\sqrt3\,x^{2}}=6\).

**Krok \(1\).** Metoda: płaszczyzna przekroju jest prostopadła do krawędzi \(CD\), więc leżące w niej odcinki \(AE\) i \(BE\) są prostopadłe do \(CD\). Odcinek \(BE\) jest zatem wysokością ściany bocznej \(BCD\) opuszczoną na krawędź \(CD\). Wszystkie wymiary wyrazimy przez jeden parametr. **Krok \(2\).** Ze stosunku \(\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert DE\rvert}=\frac{3}{11}\) przyjmujemy \[\lvert CE\rvert=3x,\qquad \lvert DE\rvert=11x,\qquad \lvert CD\rvert=14x\quad (x\gt 0).\] Ostrosłup jest prawidłowy, więc wszystkie krawędzie boczne są równe: \(\lvert BD\rvert=\lvert AD\rvert=\lvert CD\rvert=14x\). **Krok \(3\).** Trójkąt \(BED\) jest prostokątny (kąt prosty przy \(E\)), więc z twierdzenia Pitagorasa \[\lvert BE\rvert^{2}=\lvert BD\rvert^{2}-\lvert DE\rvert^{2}=(14x)^{2}-(11x)^{2}=196x^{2}-121x^{2}=75x^{2},\] \[\lvert BE\rvert=5\sqrt3\,x.\] **Krok \(4\).** Trójkąt \(BEC\) także jest prostokątny przy \(E\), więc \[\lvert BC\rvert^{2}=\lvert CE\rvert^{2}+\lvert BE\rvert^{2}=(3x)^{2}+\left(5\sqrt3\,x\right)^{2}=9x^{2}+75x^{2}=84x^{2},\] \[\lvert BC\rvert=2\sqrt{21}\,x.\] To jest długość krawędzi podstawy. **Krok \(5\).** Obliczamy pole jednej ściany bocznej, traktując \(CD\) jako podstawę, a \(BE\) jako wysokość: \[P_{BCD}=\frac{1}{2}\cdot\lvert CD\rvert\cdot\lvert BE\rvert=\frac{1}{2}\cdot 14x\cdot 5\sqrt3\,x=35\sqrt3\,x^{2},\] a pole powierzchni bocznej (trzy przystające ściany) wynosi \[P_{b}=3\cdot 35\sqrt3\,x^{2}=105\sqrt3\,x^{2}.\] **Krok \(6\).** Obliczamy pole podstawy — trójkąta równobocznego o boku \(2\sqrt{21}\,x\): \[P_{p}=\frac{\left(2\sqrt{21}\,x\right)^{2}\sqrt3}{4}=\frac{84x^{2}\sqrt3}{4}=21\sqrt3\,x^{2}.\] **Krok \(7\).** Obliczamy szukany stosunek pola powierzchni całkowitej do pola podstawy: \[\frac{P_{b}+P_{p}}{P_{p}}=\frac{105\sqrt3\,x^{2}+21\sqrt3\,x^{2}}{21\sqrt3\,x^{2}}=\frac{126}{21}=6.\] **Uwaga.** Pole powierzchni całkowitej to suma pola powierzchni bocznej i pola podstawy — łatwo tu podać samo \(\frac{P_{b}}{P_{p}}=5\). Parametr \(x\) skraca się, co potwierdza, że stosunek zależy tylko od danego w zadaniu podziału krawędzi. **Odpowiedź.** Stosunek pola powierzchni całkowitej ostrosłupa do pola jego podstawy jest równy \(6\).

**(dla sposobów I – III)** **5 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(6\). **4 pkt** – wyznaczenie w zależności od \(x\) czterech spośród wielkości 1)-4) określonych w zasadach oceniania za 1 punkt ALBO – wyznaczenie pola powierzchni całkowitej ostrosłupa w zależności od \(x\): \(126\sqrt{3}x^2\). **3 pkt** – wyznaczenie w zależności od \(x\) trzech spośród wielkości 1)-4) określonych w zasadach oceniania za 1 punkt. **2 pkt** – wyznaczenie w zależności od \(x\) dwóch spośród wielkości 1)-4) określonych w zasadach oceniania za 1 punkt. **1 pkt** – wyznaczenie w zależności od \(x\) jednej z poniższych wielkości 1)-4): 1) długości wysokości ściany bocznej, np. \(\lvert BE\rvert=5\sqrt{3}x\), \(\lvert DF\rvert=5\sqrt{7}x\), 2) długości krawędzi podstawy \(ABC\): \(\lvert BC\rvert=2\sqrt{21}x\), 3) pola podstawy \(ABC\): \(21\sqrt{3}x^2\), 4) pola ściany bocznej (lub pola powierzchni bocznej): \(35\sqrt{3}x^2\) (lub \(105\sqrt{3}x^2\)). **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** X.5) Zdający oblicza objętości i pola graniastosłupów, ostrosłupów […]. X.R2) Zdający wyznacza przekroje sześcianu i ostrosłupów prawidłowych […].

Stosunek pola powierzchni całkowitej do pola podstawy jest równy \(6\).

Oznaczmy przez \(a\) krawędź podstawy, przez \(d\) krawędź boczną, a przez \(M\) środek krawędzi \(AB\). Ponieważ \(\lvert CA\rvert=\lvert CB\rvert\) oraz \(\lvert DA\rvert=\lvert DB\rvert\), mamy \(CM\perp AB\) i \(DM\perp AB\), więc \(AB\) jest prostopadła do płaszczyzny \(CDM\). Płaszczyzna przekroju zawiera \(AB\) i jest prostopadła do \(CD\), zatem \(ME\perp CD\) i punkt \(E\) leży w płaszczyźnie \(CDM\). Umieśćmy tę płaszczyznę w układzie współrzędnych: \(M=(0,0)\), \(C=\left(\frac{a\sqrt3}{2},0\right)\) (bo \(CM\) jest wysokością trójkąta równobocznego), a wierzchołek \(D=\left(\frac{a\sqrt3}{6},H\right)\), gdzie \(H\) jest wysokością ostrosłupa, a \(\frac{a\sqrt3}{6}\) — odległością środka podstawy od \(M\). Rzut ortogonalny \(M\) na prostą \(CD\) daje \[\lvert CE\rvert=\frac{\vec{CM}\cdot\vec{CD}}{d}=\frac{a^2}{2d},\qquad \lvert DE\rvert=d-\frac{a^2}{2d}=\frac{2d^2-a^2}{2d}.\] Z warunku zadania \[\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert DE\rvert}=\frac{a^2}{2d^2-a^2}=\frac{3}{11},\qquad 11a^2=6d^2-3a^2,\qquad d^2=\frac{7a^2}{3}.\] Wysokość ostrosłupa (odległość \(D\) od podstawy) spełnia \(H^2=d^2-\frac{a^2}{3}=2a^2\), a wysokość ściany bocznej (apotema) wynosi \[m=\sqrt{H^2+\left(\frac{a\sqrt3}{6}\right)^2}=\sqrt{2a^2+\frac{a^2}{12}}=\frac{5a}{2\sqrt3}.\] Pole podstawy i pole boczne: \[P_p=\frac{a^2\sqrt3}{4},\qquad P_b=3\cdot\tfrac12\cdot a\cdot m=\frac{5a^2\sqrt3}{4}.\] Zatem \[\frac{P_c}{P_p}=\frac{P_p+P_b}{P_p}=\frac{\frac{a^2\sqrt3}{4}+\frac{5a^2\sqrt3}{4}}{\frac{a^2\sqrt3}{4}}=6.\] **Odpowiedź.** \(\dfrac{P_c}{P_p}=6\)

**1–2 pkt** – uzasadnienie, że \(AB\perp\) płaszczyzna \(CDM\), i zapisanie \(ME\perp CD\). **3–4 pkt** – wyznaczenie zależności \(d^2=\frac{7a^2}{3}\), a stąd \(H\) i wysokości ściany bocznej. **5 pkt** – obliczenie stosunku pól równego \(6\).

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 9.1) Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między odcinkami […], oblicza miary tych kątów; 9.2) Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąt między odcinkami i płaszczyznami […], oblicza miary tych kątów.

**A.** \(2\)

Oznaczmy pole podstawy przez \(P_p\). Z warunku \(P_b=4P_p\) otrzymujemy \[P_c=P_p+P_b=5P_p=20\quad\Longrightarrow\quad P_p=4.\] Podstawą jest kwadrat, więc \(a^{2}=4\) i \(a=2\). **Odpowiedź.** \(a=2\), czyli wariant **A**

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

Wymaganie ogólne: IV. Użycie i tworzenie strategii. Wymaganie szczegółowe: G11.2) Oblicza pole powierzchni ostrosłupa.

**A.** \(2\)

Oznaczmy pole podstawy przez \(P_p\). Z warunku \(P_b=4P_p\) otrzymujemy \[P_c=P_p+P_b=5P_p=20\quad\Longrightarrow\quad P_p=4.\] Podstawą jest kwadrat, więc \(a^{2}=4\) i \(a=2\). **Odpowiedź.** \(a=2\), czyli wariant **A**

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

Wymaganie ogólne: IV. Rozumowanie i argumentacja. Wymaganie szczegółowe: X.5) Oblicza pola powierzchni ostrosłupów.

\[V=108,\qquad P_c=108+72\sqrt3.\]

Niech \(O\) będzie środkiem podstawy, a \(E\) środkiem jej boku. Wtedy \(OE=3\sqrt3\). W przekroju prostopadłym do krawędzi podstawy \[\tan30^{\circ}=\frac H{OE},\] więc \(H=3\). Pole podstawy wynosi \(P_p=(6\sqrt3)^2=108\), zatem \[V=\frac13P_pH=108.\] Wysokość ściany bocznej spełnia \[\cos30^{\circ}=\frac{OE}{h_b},\] więc \(h_b=6\). Pole czterech ścian bocznych to \[4\cdot\frac12\cdot6\sqrt3\cdot6=72\sqrt3.\] Ostatecznie \(P_c=108+72\sqrt3\).

**4 pkt** – poprawne wyniki \(V=108\), \(P_c=108+72\sqrt3\) **3 pkt** – jeden wynik końcowy oraz odpowiednia druga wysokość **2 pkt** – obliczenie obu wysokości albo jednego wyniku końcowego **1 pkt** – obliczenie \(H=3\) albo \(h_b=6\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** X.5) Zdający oblicza objętości i pola powierzchni ostrosłupów z wykorzystaniem trygonometrii.

**B.** \(4\sqrt2\)

Wszystkie ściany boczne są trójkątami równobocznymi o boku \(8\), więc krawędź podstawy i krawędź boczna mają długość \(8\). Spodek wysokości ostrosłupa prawidłowego pada w środku podstawy, a jego odległość od wierzchołka podstawy jest połową przekątnej kwadratu: \[R=\frac{8\sqrt2}2=4\sqrt2.\] Z twierdzenia Pitagorasa \[H=\sqrt{8^{2}-\left(4\sqrt2\right)^{2}}=\sqrt{64-32}=\sqrt{32}=4\sqrt2.\] **Odpowiedź.** \(H=4\sqrt2\), czyli wariant **B**

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

Wymaganie ogólne: IV. Użycie i tworzenie strategii. Wymaganie szczegółowe: G11.2) Oblicza objętość ostrosłupa.

\(\frac{P_{ACS}}{P_{ABCD}}=\sqrt2\), a \(\angle BSO\approx20^{\circ}\).

Niech krawędź podstawy ma długość \(a\), a krawędź boczna \(b\). Z warunku \[\frac{4a}{4a+4b}=\frac15\] wynika \(b=4a\). Ponieważ \(S\) jest środkiem \(BE\), \(|BS|=2a\). Z geometrii ostrosłupa otrzymujemy \(|OS|=2a\). Pole przekroju \(ACS\) wynosi \[P_{ACS}=\frac12\cdot|AC|\cdot|OS|=\frac12\cdot a\sqrt2\cdot2a=a^2\sqrt2.\] Stąd \(\frac{P_{ACS}}{P_{ABCD}}=\sqrt2\). W trójkącie \(BSO\), korzystając z twierdzenia cosinusów, otrzymujemy \[\cos\angle BSO=\frac{15}{16},\] więc \(\angle BSO\approx20^{\circ}\).

**5 pkt** – poprawny stosunek pól i miara kąta. **4 pkt** – cosinus kąta i stosunek pól albo sama poprawna miara kąta. **3 pkt** – stosunek pól albo wartość cosinusa kąta. **2 pkt** – wyznaczenie \(|OS|\) w zależności od \(a\). **1 pkt** – wyznaczenie \(b=4a\). **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**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, tabel. IV. Rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** X. Stereometria. 2R) Zdający wyznacza przekroje sześcianu i ostrosłupów prawidłowych oraz oblicza ich pola, także z wykorzystanie trygonometrii.

\[R=4,\qquad V_{\max}=8\sqrt3.\]

Dla \(R\in(0,6)\) obliczamy pochodną funkcji objętości: \[V'(R)=\frac{\sqrt3}{4}(12R-3R^2)=\frac{3\sqrt3}{4}R(4-R).\] Jedynym miejscem zerowym pochodnej należącym do dziedziny jest \(R=4\). Ponadto \[V'(R)>0\quad\text{dla }R\in(0,4),\qquad V'(R)<0\quad\text{dla }R\in(4,6).\] Funkcja \(V\) jest więc rosnąca w przedziale \((0,4]\) i malejąca w przedziale \([4,6)\), a zatem przyjmuje największą wartość dla \(R=4\). Wtedy \[V(4)=\frac{\sqrt3}{4}(6\cdot4^2-4^3)=8\sqrt3.\]

**4 pkt** – uzasadnienie, że funkcja \(V\) przyjmuje wartość największą dla \(R=4\), i obliczenie wartości największej \(V=8\sqrt3\) **3 pkt** – uzasadnienie, że funkcja \(V\) przyjmuje wartość największą dla \(R=4\), albo poprawne przeprowadzenie rozwiązania metodą nierówności między średnimi do warunku równości **2 pkt** – obliczenie miejsca zerowego pochodnej funkcji \(V\), \(R=4\), albo poprawne wyznaczenie warunku równości w metodzie nierówności między średnimi **1 pkt** – wyznaczenie pochodnej \(V'(R)=\frac{\sqrt3}{4}(12R-3R^2)\) albo zapisanie odpowiedniej nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja; 4. Stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** XIII.R3) Zdający oblicza pochodną funkcji potęgowej o wykładniku rzeczywistym oraz oblicza pochodną, korzystając z twierdzeń o pochodnej sumy, różnicy, iloczynu i ilorazu. XIII.R4) Zdający stosuje pochodną do badania monotoniczności funkcji. XIII.R5) Zdający rozwiązuje zadania optymalizacyjne z zastosowaniem pochodnej.

**B.** \(6\)

Niech \(S\) będzie wierzchołkiem ostrosłupa, \(O\) środkiem podstawy, a \(M\) środkiem jednego z boków podstawy. Kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy jest kątem \(SMO\). Odcinek \[|OM|=\frac42=2,\] a \(|SO|=H\) jest wysokością ostrosłupa. Zatem \[\tan\alpha=\frac{|SO|}{|OM|}=\frac{H}{2}.\] Ponieważ \(\tan\alpha=3\), mamy \[\frac{H}{2}=3,\qquad H=6.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. 3. Tworzenie pomocniczych obiektów matematycznych na podstawie istniejących, w celu przeprowadzenia argumentacji lub rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** X.3) Zdający rozpoznaje w ostrosłupach kąty między ścianami. X.5) Zdający oblicza objętości ostrosłupów, również z wykorzystaniem trygonometrii.

C. \(4048\)

W ostrosłupie każda ściana boczna opiera się na jednym boku podstawy, więc liczba ścian bocznych jest równa liczbie boków podstawy. Skoro ścian bocznych jest \(2024\), podstawą jest wielokąt o \(2024\) bokach. Krawędzie ostrosłupa dzielą się na dwie rozłączne grupy: krawędzie podstawy — jest ich tyle, ile boków podstawy, czyli \(2024\); krawędzie boczne — każda łączy wierzchołek podstawy ze spodkiem ostrosłupa, więc jest ich tyle, ile wierzchołków podstawy, czyli również \(2024\). Z reguły dodawania \[2024+2024=4048.\] **Odpowiedź.** C. \(4048\)

1 pkt – odpowiedź poprawna. 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:** XI.1) Zdający zlicza obiekty w prostych sytuacjach kombinatorycznych.

**D.** \(5\)

Pole podstawy jest równe \(4^2=16\), więc łączne pole czterech ścian bocznych wynosi \[56-16=40.\] Każda ściana boczna ma zatem pole \(10\). Jeśli \(l\) oznacza jej wysokość, to \[\frac12\cdot4\cdot l=10,\] stąd \(l=5\).

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

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** G11.2) Zdający oblicza pole powierzchni ostrosłupa.

\[V(R)=\frac{\sqrt3}{4}\left(6R^2-R^3\right).\]

Niech \(a\) oznacza długość krawędzi podstawy ostrosłupa. Podstawa jest trójkątem równobocznym, zatem promień okręgu opisanego na podstawie spełnia \[R=\frac{a\sqrt3}{3},\qquad a=R\sqrt3.\] Pole \(P_p\) podstawy jest więc równe \[P_p=\frac{(R\sqrt3)^2\sqrt3}{4}=\frac{3\sqrt3R^2}{4}.\] Ponieważ \(H+R=6\), mamy \(H=6-R\). Stąd \[V=\frac13P_pH=\frac13\cdot\frac{3\sqrt3R^2}{4}(6-R)=\frac{\sqrt3}{4}(6R^2-R^3).\]

**2 pkt** – przeprowadzenie pełnego rozumowania **1 pkt** – wyznaczenie pola \(P_p\) podstawy ostrosłupa w zależności od promienia \(R\) okręgu opisanego na podstawie: \[P_p=\frac{(R\sqrt3)^2\sqrt3}{4}.\] **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja; 1. Przeprowadzanie rozumowań, także kilkuetapowych, podawanie argumentów uzasadniających poprawność rozumowania, odróżnianie dowodu od przykładu. **Wymagania szczegółowe:** X.4) Zdający oblicza objętości i pola powierzchni graniastosłupów i ostrosłupów, również z wykorzystaniem trygonometrii i poznanych twierdzeń.

**C.** \(12\).

Jeżeli podstawa ostrosłupa jest \(n\)-kątem, to ostrosłup ma \(n\) ścian bocznych i jedną podstawę, czyli łącznie \(n+1\) ścian. Z warunku \[n+1=12\] otrzymujemy \(n=11\). Taki ostrosłup ma \(11\) wierzchołków podstawy i jeden wierzchołek główny, a więc \[11+1=12\] wierzchołków. Poprawna jest odpowiedź **C**.

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

**Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i tworzenie informacji. 1. Interpretowanie i operowanie informacjami przedstawionymi w tekście, zarówno matematycznym, jak i popularnonaukowym, a także w formie wykresów, diagramów i tabel. **Wymagania szczegółowe:** XI.1) Zdający zlicza obiekty w prostych sytuacjach kombinatorycznych.

**C.** \(12\)

Ostrosłup o podstawie będącej \(n\)-kątem ma \(n\) ścian bocznych i jedną podstawę, czyli łącznie \(n+1\) ścian. Z warunku \[n+1=12\] otrzymujemy \(n=11\). Taki ostrosłup ma \(11\) wierzchołków podstawy i jeden wierzchołek poza podstawą, czyli \[11+1=12\] wierzchołków.

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

**Wymagania ogólne:** I. Wykorzystanie i tworzenie informacji. **Wymagania szczegółowe:** G11.1) Zdający rozpoznaje ostrosłupy prawidłowe. 10.1) Zdający zlicza obiekty w prostych sytuacjach kombinatorycznych niewymagających użycia wzorów kombinatorycznych.

\[k=\frac{\sqrt2}{36}.\]

Niech \(a\) oznacza długość krawędzi podstawy, \(h\) wysokość ściany bocznej, a \(H\) wysokość ostrosłupa. Pole powierzchni bocznej spełnia \[P=4\cdot\frac12ah=2ah,\] więc \[h=\frac P{2a}.\] Wysokości dwóch sąsiednich ścian bocznych tworzą trójkąt równoramienny z kątem \(2\alpha\). Po opuszczeniu jego wysokości otrzymujemy \[\sin\alpha=\frac{a\sqrt2/4}{h}.\] Po podstawieniu \(h=\frac P{2a}\): \[a^2=\sqrt2P\sin\alpha,\qquad h^2=\frac../../{4\sqrt2\sin\alpha}.\] Z twierdzenia Pitagorasa: \[H^2=h^2-\left(\frac a2\right)^2 =\frac{P\cos(2\alpha)}{4\sqrt2\sin\alpha}.\] Objętość wynosi \[V=\frac13a^2H.\] Po podniesieniu do kwadratu i podstawieniu otrzymanych zależności: \[V^2=\frac19a^4H^2 =\frac{\sqrt2}{36}P^3\sin\alpha\cos(2\alpha).\] Zatem \[V=\sqrt{\frac{\sqrt2}{36}P^3\sin\alpha\cos(2\alpha)},\] a więc \[k=\frac{\sqrt2}{36}.\]

**6 pkt** – poprawne zastosowanie wzoru na objętość i obliczenie \(k=\frac{\sqrt2}{36}\) **5 pkt** – obliczenie wysokości ostrosłupa \(H=\sqrt{\frac{P\cos(2\alpha)}{4\sqrt2\sin\alpha}}\) **4 pkt** – obliczenie \(a^2=\sqrt2P\sin\alpha\) oraz \(h^2=\frac../../{4\sqrt2\sin\alpha}\) **3 pkt** – obliczenie jednej z dwóch powyższych zależności **2 pkt** – zastosowanie definicji sinusa albo twierdzenia cosinusów w odpowiednim przekroju i zapisanie równania prowadzącego do \(a\) lub \(h\) **1 pkt** – wyznaczenie zależności \(h=\frac P{2a}\) z pola powierzchni bocznej **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja; 4. Stosowanie i tworzenie strategii przy rozwiązywaniu zadań, również w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** X.4) Zdający oblicza objętości i pola powierzchni ostrosłupów, również z wykorzystaniem trygonometrii i poznanych twierdzeń. X.R5) Zdający wyznacza przekroje ostrosłupów prawidłowych oraz oblicza ich pola, także z wykorzystaniem trygonometrii.

**C.** \(1:8\)

Ostrosłupy \(DEFS\) i \(ABCS\) są podobne w skali \(\frac12\), ponieważ \(D\), \(E\) i \(F\) są środkami krawędzi bocznych. Stosunek objętości jest sześcianem skali podobieństwa: \[\frac{V_{DEFS}}{V_{ABCS}}=\left(\frac12\right)^3=\frac18.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** X.5 wykorzystywanie zależności między objętościami podobnych graniastosłupów i ostrosłupów.

**D.** \(\sqrt3\)

Niech \(a\) oznacza długość krawędzi podstawy. Pole trójkąta równobocznego w podstawie wynosi \(\frac{a^2\sqrt3}{4}\). Zatem \[2\sqrt3=\frac13\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}\cdot8=\frac{2a^2\sqrt3}{3}.\] Stąd \(a^2=3\), a ponieważ \(a>0\), otrzymujemy \[a=\sqrt3.\]

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

**Element podstawy programowej:** stereometria; zdający oblicza objętość ostrosłupa i wykorzystuje pole trójkąta równobocznego.

Wysokość ściany bocznej jest równa \(10\).

Oznaczmy połowę krawędzi podstawy przez \(3x\). Z zależności \(\tan\alpha=\frac43\) wysokość ostrosłupa wynosi \(4x\), a wysokość ściany bocznej, jako przeciwprostokątna trójkąta o przyprostokątnych \(3x\) i \(4x\), ma długość \(5x\). Krawędź podstawy ma długość \(6x\). Korzystamy ze wzoru na objętość ostrosłupa: \[384=\frac13(6x)^2\cdot4x=48x^3.\] Stąd \(x^3=8\), więc \(x=2\). Zatem wysokość ściany bocznej jest równa \[h_b=5x=10.\]

**3 pkt** – poprawna metoda obliczenia wysokości ściany bocznej oraz wynik \(h_b=10\) **2 pkt** – obliczenie \(x=2\), krawędzi podstawy \(a=12\), wysokości ostrosłupa \(H=8\) albo zapisanie poprawnego równania z jedną niewiadomą \(h_b\) **1 pkt** – zapisanie proporcji \(3x:4x:5x\) dla połowy krawędzi podstawy, wysokości ostrosłupa i wysokości ściany bocznej oraz podjęcie poprawnej metody **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; tworzenie pomocniczych obiektów matematycznych w celu rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** X.2, X.3 i X.4 kąt między prostą a płaszczyzną, rozpoznawanie kątów w graniastosłupach i ostrosłupach oraz obliczanie objętości ostrosłupów z wykorzystaniem trygonometrii i poznanych twierdzeń.

\(V=108\), \(P_c=108+72\sqrt3\)

Niech \(H\) oznacza wysokość ostrosłupa, \(a\) - długość krawędzi podstawy, a \(E\) - środek boku podstawy. W trójkącie prostokątnym utworzonym przez wysokość ściany bocznej długości \(6\) mamy \[H=6\sin30^\circ=3,\] oraz \[\frac a2=6\cos30^\circ=3\sqrt3,\qquad a=6\sqrt3.\] Objętość wynosi \[V=\frac13a^2H=\frac13(6\sqrt3)^2\cdot3=108.\] Pole podstawy jest równe \(a^2=108\), a łączne pole czterech ścian bocznych: \[4\cdot\frac12\cdot a\cdot6=72\sqrt3.\] Zatem \[P_c=108+72\sqrt3.\]

**4 pkt** – poprawna metoda obliczenia objętości i pola powierzchni całkowitej oraz wyniki \(V=108\), \(P_c=108+72\sqrt3\) **3 pkt** – obliczenie objętości \(V=108\) albo obliczenie pola \(P_c=108+72\sqrt3\) wraz z wysokością \(H=3\) **2 pkt** – wyznaczenie \(a=6\sqrt3\) i \(H=3\) albo obliczenie pola \(P_c=108+72\sqrt3\) **1 pkt** – wyznaczenie \(a=6\sqrt3\) albo \(H=3\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; tworzenie pomocniczych obiektów matematycznych w celu przeprowadzenia argumentacji lub rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** X.4 zdający oblicza objętości i pola powierzchni ostrosłupów, również z wykorzystaniem trygonometrii i poznanych twierdzeń.

**B.** Pięciokąt foremny.

Jeżeli podstawa ostrosłupa jest \(n\)-kątem, to ostrosłup ma \(W=n+1\) wierzchołków i \(K=2n\) krawędzi. Z warunku \[\frac{n+1}{2n}=\frac35\] otrzymujemy \(5n+5=6n\), zatem \(n=5\). Podstawą jest pięciokąt foremny.

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

**Wymagania ogólne:** I. sprawność rachunkowa; wykonywanie obliczeń i wykorzystywanie ich przy rozwiązywaniu problemów. **Wymagania szczegółowe:** XI.1 zdający zlicza obiekty w prostych sytuacjach kombinatorycznych.

**C.** \(6\)

Oznaczmy krawędź podstawy przez \(a\), a wysokość ściany bocznej przez \(h\). Ostrosłup prawidłowy czworokątny ma cztery przystające ściany boczne, więc \[P_b=4\cdot\frac{ah}2=2ah,\qquad P_p=a^{2}.\] Z warunku \(\frac{P_b}{P_p}=12\): \[\frac{2ah}{a^{2}}=12\quad\Longrightarrow\quad\frac{h}{a}=6.\] **Odpowiedź.** Stosunek wynosi \(6\), czyli wariant **C**

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

Zadanie 27. Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2023 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

\(\frac{P_{ACS}}{P_{ABCD}}=\sqrt2\), a \(\angle BSO\approx20^\circ\).

Niech \(a\) oznacza długość krawędzi podstawy, a \(b\) długość krawędzi bocznej. Z warunku \[\frac{4a}{4a+4b}=\frac15\] otrzymujemy \(b=4a\). W trójkącie prostokątnym \(OBE\) punkt \(S\) jest środkiem przeciwprostokątnej \(BE\), więc \[|OS|=|BS|=\frac{|BE|}{2}=2a.\] Przekrój jest trójkątem \(ACS\), przy czym \(AC\perp OS\) i \(|AC|=a\sqrt2\). Zatem \[\frac{P_{ACS}}{P_{ABCD}}=\frac{\frac12a\sqrt2\cdot2a}{a^2}=\sqrt2.\] W trójkącie \(BSO\) mamy \(|BO|=\frac{a\sqrt2}{2}\) oraz \(|BS|=|OS|=2a\). Z twierdzenia cosinusów \[\left(\frac{a\sqrt2}{2}\right)^2=(2a)^2+(2a)^2-2\cdot2a\cdot2a\cos\angle BSO,\] więc \(\cos\angle BSO=\frac{15}{16}\), a stąd \(\angle BSO\approx20^\circ\).

**5 pkt** – wyznaczenie miary kąta \(BSO\) i stosunku pól \(\sqrt2\) **4 pkt** – obliczenie \(\cos\angle BSO=\frac{15}{16}\) i stosunku pól albo samej miary kąta **3 pkt** – obliczenie stosunku pól albo cosinusa kąta **2 pkt** – wyznaczenie \(|OS|=2a\) **1 pkt** – wyznaczenie krawędzi bocznej \(b=4a\) **0 pkt** – rozwiązanie niepoprawne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** II.1 i IV.4 interpretowanie informacji przedstawionych na diagramie oraz stosowanie strategii w zadaniach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** X.2R wyznaczanie przekrojów ostrosłupów prawidłowych i obliczanie ich pól, także z wykorzystaniem trygonometrii.

\(\frac{P_{ACS}}{P_{ABCD}}=\sqrt2\), a \(\angle BSO\approx20^\circ\).

Niech \(a\) oznacza długość krawędzi podstawy, a \(b\) długość krawędzi bocznej. Z warunku \[\frac{4a}{4a+4b}=\frac15\] otrzymujemy \(b=4a\). W trójkącie prostokątnym \(OBE\) punkt \(S\) jest środkiem przeciwprostokątnej \(BE\), więc \[|OS|=|BS|=\frac{|BE|}{2}=2a.\] Przekrój jest trójkątem \(ACS\), przy czym \(AC\perp OS\) i \(|AC|=a\sqrt2\). Zatem \[\frac{P_{ACS}}{P_{ABCD}}=\frac{\frac12\,a\sqrt2\cdot2a}{a^2}=\sqrt2.\] W trójkącie \(BSO\) mamy \[|BO|=\frac{a\sqrt2}{2},\qquad |BS|=|OS|=2a.\] Z twierdzenia cosinusów \[\left(\frac{a\sqrt2}{2}\right)^2=(2a)^2+(2a)^2-2\cdot2a\cdot2a\cos\angle BSO,\] więc \[\cos\angle BSO=\frac{15}{16}.\] Stąd \(\angle BSO\approx20^\circ\).

**5 pkt** – wyznaczenie kąta \(BSO\) i stosunku pól \(\sqrt2\) **4 pkt** – obliczenie \(\cos\angle BSO=\frac{15}{16}\) i stosunku pól albo samej miary kąta **3 pkt** – obliczenie stosunku pól albo cosinusa kąta **2 pkt** – wyznaczenie \(|OS|=2a\) **1 pkt** – wyznaczenie krawędzi bocznej \(b=4a\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** II i IV interpretowanie informacji przedstawionych na diagramie oraz stosowanie strategii w zadaniach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** X.2R wyznaczanie przekrojów ostrosłupów prawidłowych i obliczanie ich pól, także z wykorzystaniem trygonometrii.

\[\cos\alpha=\frac{\sqrt3}{3}.\]

Niech \(O\) będzie środkiem podstawy \(ABCD\), czyli spodkiem wysokości ostrosłupa. Wtedy \(|OW|=9\). Przekątna kwadratu podstawy ma długość \(9\sqrt2\), zatem \[|AO|=\frac{9\sqrt2}{2}.\] W trójkącie prostokątnym \(AOW\): \[|AW|=\sqrt{|AO|^2+|OW|^2}=\sqrt{\frac{81}{2}+81}=\frac{9\sqrt6}{2}.\] Kąt nachylenia krawędzi \(AW\) do płaszczyzny podstawy jest równy \(\alpha=\angle WAO\), więc \[\cos\alpha=\frac{|AO|}{|AW|}=\frac{9\sqrt2/2}{9\sqrt6/2}=\frac{\sqrt3}{3}.\]

**2 pkt** – obliczenie \(\cos\alpha=\frac{\sqrt3}{3}\) **1 pkt** – obliczenie \(|AO|=\frac{9\sqrt2}{2}\) **0 pkt** – zastosowanie niepoprawnej metody albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystywanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi. **Wymagania szczegółowe:** X.2 i VII.1 posługiwanie się pojęciem kąta między prostą a płaszczyzną oraz definicjami funkcji sinus, cosinus i tangens dla kątów od \(0^\circ\) do \(180^\circ\).

**A.** \(64\sqrt3\)

Ostrosłup jest czworościanem foremnym, więc jego powierzchnię tworzą cztery trójkąty równoboczne o boku \(8\). Pole jednego z nich jest równe \[\frac{8^2\sqrt3}{4}=16\sqrt3.\] Zatem pole powierzchni całkowitej wynosi \(4\cdot16\sqrt3=64\sqrt3\).

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

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** G11.2 obliczanie pola powierzchni ostrosłupa.

**A.** \(243\)

Podstawą ostrosłupa jest kwadrat \(ABCD\) o boku \(9\), więc jego pole wynosi \(9^2=81\). Wysokość ostrosłupa jest równa krawędzi sześcianu, czyli \(9\). Zatem \[V=\frac13\cdot81\cdot9=243.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystywanie i interpretowanie reprezentacji - stosowanie obiektów matematycznych i operowanie nimi. **Wymagania szczegółowe:** X.1 i X.4 rozpoznawanie wzajemnego położenia prostych w przestrzeni oraz obliczanie objętości ostrosłupów.

Przekrój \(BCFE\) jest trapezem równoramiennym, a jego pole wynosi \[P=\frac{27\sqrt{10}}{100}a^2.\]

Niech \(G\) i \(P\) będą środkami odpowiednio krawędzi \(AD\) i \(BC\), \(R\) środkiem odcinka \(EF\), a \(O\) środkiem podstawy. Płaszczyzna przekroju przecina krawędzie \(AS\) i \(DS\) w punktach \(E\) i \(F\); przekrój \(BCFE\) jest trapezem równoramiennym i \(EF\parallel BC\). W trójkącie prostokątnym \(SOG\): \[\cos\alpha=\frac{|OG|}{|SG|}=\frac{a/2}{|SG|}=\frac{\sqrt{10}}{10},\] więc \(|SG|=\frac{\sqrt{10}}2a\). Ponieważ \(|GP|=a\), z trójkąta \(GPR\): \[|RG|=|GP|\cos\alpha=\frac{\sqrt{10}}{10}a.\] Zatem \[|RS|=|SG|-|RG|=\frac{2\sqrt{10}}5a.\] Z podobieństwa trójkątów \(ADS\) i \(EFS\): \[\frac{|EF|}{a}=\frac{|RS|}{|SG|}=\frac45,\] czyli \(|EF|=\frac45a\). Ponadto \[\sin\alpha=\frac{3\sqrt{10}}{10},\] więc wysokość trapezu wynosi \[h=|GP|\sin\alpha=\frac{3\sqrt{10}}{10}a.\] Ostatecznie \[P=\frac{a+\frac45a}{2}\cdot\frac{3\sqrt{10}}{10}a=\frac{27\sqrt{10}}{100}a^2.\]

**5 pkt** – poprawna konstrukcja i wynik \(P=\frac{27\sqrt{10}}{100}a^2\) **4 pkt** – obliczenie \(|EF|=0{,}8a\) i wysokości \(h=\frac{3\sqrt{10}}{10}a\) **3 pkt** – obliczenie jednej z tych dwóch wielkości **2 pkt** – poprawna zależność podobieństwa lub wyznaczenie odcinków \(SG\) i \(RS\), albo zależność prowadząca do wysokości **1 pkt** – rozpoznanie przekroju jako trapezu równoramiennego **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. stosowanie i tworzenie strategii w sytuacjach nietypowych. **Wymagania szczegółowe:** X.R5 wyznaczanie przekrojów ostrosłupów prawidłowych i obliczanie ich pól z wykorzystaniem trygonometrii.

**B.** \(\frac{4\sqrt3}{3}\)

Niech krawędź podstawy ma długość \(a\). Wysokość każdej ściany bocznej wynosi \(2a\), więc \[P_b=6\cdot\frac12\cdot a\cdot2a=6a^2.\] Pole sześciokąta foremnego w podstawie jest równe \[P_p=6\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}=\frac{3\sqrt3}{2}a^2.\] Zatem \[\frac{P_b}{P_p}=\frac{6a^2}{\frac{3\sqrt3}{2}a^2}=\frac4{\sqrt3}=\frac{4\sqrt3}{3}.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** obliczanie pola powierzchni bocznej ostrosłupa oraz pola sześciokąta foremnego.

**C.** \(9:1\)

Pola podstaw podobnych trójkątów równobocznych są proporcjonalne do kwadratów długości boków. Skoro stosunek krawędzi podstaw wynosi \(3:1\), to stosunek pól podstaw wynosi \(9:1\). Ostrosłupy mają równe wysokości, a \(V=\frac13P_ph\), więc stosunek ich objętości również wynosi \(9:1\).

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

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** G11.2 obliczanie objętości ostrosłupa.

\[\cos\beta=\frac{2\sqrt{13}}{13}.\]

Oznaczmy przez \(P\) środek sześciokąta foremnego w podstawie, przez \(R\) środek jednej z jego krawędzi \(AB\), a przez \(S\) wierzchołek ostrosłupa. Wtedy \[|PR|=\frac{8\sqrt3}{2}=4\sqrt3.\] Kąt między ścianą boczną a podstawą jest kątem \(SRP\) i ma miarę \(60^\circ\). W trójkącie prostokątnym \(SPR\): \[\cos60^\circ=\frac{|PR|}{|SR|},\] więc \[|SR|=\frac{4\sqrt3}{1/2}=8\sqrt3.\] Punkt \(R\) jest środkiem boku \(AB\), zatem \(|RB|=4\). W trójkącie prostokątnym \(SRB\): \[|SB|=\sqrt{|SR|^2+|RB|^2}=\sqrt{(8\sqrt3)^2+4^2}=\sqrt{208}=4\sqrt{13}.\] Rzutem krawędzi \(SB\) na płaszczyznę podstawy jest odcinek \(PB\). W sześciokącie foremnym \(|PB|=8\). Jeśli \(\beta\) oznacza kąt między krawędzią boczną a podstawą, to \[\cos\beta=\frac{|PB|}{|SB|}=\frac8{4\sqrt{13}}=\frac2{\sqrt{13}}=\frac{2\sqrt{13}}{13}.\]

**5 pkt** – poprawne wyznaczenie \(\cos\beta=\frac{2\sqrt{13}}{13}\) **4 pkt** – pełne rozwiązanie z drobną usterką rachunkową lub w zapisie **3 pkt** – obliczenie długości krawędzi bocznej \(|SB|=4\sqrt{13}\) albo zapisanie równoważnej zależności trygonometrycznej prowadzącej do wyniku **2 pkt** – obliczenie wysokości ściany bocznej \(|SR|=8\sqrt3\) albo wysokości ostrosłupa \(12\) **1 pkt** – poprawne zaznaczenie kąta nachylenia ściany do podstawy albo obliczenie \(|PR|=4\sqrt3\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 9.6 stosowanie trygonometrii w obliczeniach stereometrycznych.

\[V=\frac{32\sqrt7}{3}.\]

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy, a przez \(h\) wysokość ostrosłupa. Kąt nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy występuje w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych \(h\) oraz \(\tfrac{a}{2}\) (odległość środka podstawy od środka jej boku): \[\operatorname{tg}\alpha=\frac{h}{\tfrac a2}=\sqrt7,\qquad h=\frac{a\sqrt7}{2}.\] Krawędź boczna, wysokość ostrosłupa i połowa przekątnej podstawy tworzą trójkąt prostokątny: \[h^{2}+\left(\frac{a\sqrt2}{2}\right)^{2}=6^{2},\qquad \frac{7a^{2}}{4}+\frac{a^{2}}{2}=36,\qquad \frac{9a^{2}}{4}=36.\] Stąd \(a^{2}=16\), czyli \(a=4\) oraz \(h=2\sqrt7\). Objętość wynosi \[V=\tfrac13 a^{2}h=\tfrac13\cdot16\cdot2\sqrt7=\frac{32\sqrt7}{3}.\] **Odpowiedź.** \(V=\dfrac{32\sqrt7}{3}\).

IV. Użycie i tworzenie strategii. 9. Stereometria. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąt między odcinkami i płaszczyznami oraz oblicza miary tych kątów (9.2). 6. Trygonometria. Zdający wykorzystuje definicje i wyznacza wartości funkcji sinus, cosinus i tangens kątów od 0° do 180° (6.1).

Krawędź podstawy ma długość a=(\(2\)√\(\frac{2}{5}\))d, a największa objętość wynosi (\(8\)√\(\frac{5}{375}\))\(d^{3}\). Dla promienia r okręgu opisanego na podstawie mamy a=r√\(2\) i H=√(d(d−\(2r\))); analiza pochodnej prowadzi do r=\(\frac{2d}{5}\).

**Krok \(1\).** To zadanie optymalizacyjne z pochodną, w którym wszystkie wielkości trzeba wyrazić przez jedną zmienną. Najwygodniejszą zmienną podpowiada sama treść: promień \(r\) okręgu opisanego na podstawie. Wtedy krawędź boczna to \(b=d-r\), a krawędź podstawy i wysokość wyliczymy z własności ostrosłupa prawidłowego czworokątnego. **Krok \(2\).** Podstawą jest kwadrat, a okrąg opisany na kwadracie ma średnicę równą przekątnej, więc \(a\sqrt2=2r\), skąd \[a=r\sqrt2.\] **Krok \(3\).** Spodek wysokości to środek kwadratu, odległy od wierzchołka podstawy o \(r\). Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych \(H\), \(r\) i przeciwprostokątnej \(b=d-r\): \[H^2=(d-r)^2-r^2=d^2-2dr+r^2-r^2=d^2-2dr,\qquad H=\sqrt{d^2-2dr}.\] **Krok \(4\).** Dziedzina: musi być \(r\gt0\) oraz \(d^2-2dr\gt0\), czyli \(r\lt\frac{d}{2}\). Zatem \(r\in\left(0,\frac{d}{2}\right)\), przy \(d\gt0\). **Krok \(5\).** Objętość ostrosłupa: \[V(r)=\frac13a^2H=\frac13\cdot2r^2\cdot\sqrt{d^2-2dr}=\frac23r^2\sqrt{d^2-2dr}.\] **Krok \(6\).** Zamiast różniczkować wyrażenie z pierwiastkiem, badamy funkcję pomocniczą \[f(r)=r^4\left(d^2-2dr\right)=d^2r^4-2dr^5,\] czyli kwadrat wyrażenia \(r^2\sqrt{d^2-2dr}\). Pierwiastek jest funkcją rosnącą, więc \(V\) rośnie i maleje dokładnie tam, gdzie \(f\), i obie osiągają maksimum dla tego samego \(r\). **Krok \(7\).** Liczymy pochodną: \[f^{\prime}(r)=4d^2r^3-10dr^4=2dr^3\left(2d-5r\right).\] **Krok \(8\).** W dziedzinie \(2dr^3\gt0\), więc o znaku decyduje czynnik \(2d-5r\): pochodna jest dodatnia dla \(r\lt\frac{2d}{5}\), a ujemna dla \(r\gt\frac{2d}{5}\). Zatem \(f\) (a więc i \(V\)) osiąga największą wartość dla \(r=\frac{2d}{5}\), a punkt ten należy do dziedziny, bo \(\frac{2d}{5}\lt\frac{d}{2}\). **Krok \(9\).** Wyznaczamy krawędź podstawy: \[a=r\sqrt2=\frac{2d}{5}\sqrt2=\frac{2\sqrt2}{5}d.\] **Krok \(10\).** Wysokość i objętość: \[H=\sqrt{d^2-2d\cdot\frac{2d}{5}}=\sqrt{d^2-\frac{4d^2}{5}}=\sqrt{\frac{d^2}{5}}=\frac{d\sqrt5}{5},\] \[V=\frac13a^2H=\frac13\cdot\frac{8d^2}{25}\cdot\frac{d\sqrt5}{5}=\frac{8\sqrt5}{375}d^3.\] **Uwaga.** Pytanie dotyczy krawędzi podstawy \(a\), a nie promienia \(r\) — po znalezieniu \(r=\frac{2d}{5}\) trzeba jeszcze wykonać przeliczenie \(a=r\sqrt2\). Warto też pamiętać, że \(d\) jest ustaloną liczbą dodatnią, a nie zmienną. **Odpowiedź.** Krawędź podstawy ma długość \(a=\dfrac{2\sqrt2}{5}d\), a największa objętość wynosi \(V=\dfrac{8\sqrt5}{375}d^3\).

**Schemat oceniania (I sposób)** Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. Pierwszy etap składa się z trzech części. Za każdą z części tego etapu zdający otrzymuje po 1 punkcie. **1 pkt** – a) wyznaczenie długości krawędzi podstawy ostrosłupa oraz wysokości w zależności od długości promienia okręgu opisanego na podstawie. **1 pkt** – b) zapisanie objętości ostrosłupa jako funkcji zmiennej \(r\): \(V(r)=\frac{2}{3}\sqrt{r^{4}d^{2}-2r^{5}d}\). **1 pkt** – c) określenie dziedziny funkcji \(V\): \(r\in\left(0,\frac{d}{2}\right)\). Drugi etap składa się z trzech części. Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt, o ile poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie. **1 pkt** – a) wprowadzenie funkcji pomocniczej \(f(r)=r^{4}d^{2}-2r^{5}d\) i wyznaczenie pochodnej \(f'(r)=4r^{3}d^{2}-10r^{4}d=2r^{3}d(2d-5r)\). **1 pkt** – b) obliczenie miejsca zerowego pochodnej \(r=\frac{2}{5}d\). **1 pkt** – c) uzasadnienie, że dla \(r=\frac{2}{5}d\) funkcja \(f\) osiąga największą wartość oraz że dla takiej wartości promienia objętość ostrosłupa jest największa. **Uwaga:** Jeżeli zdający nie wyznaczy dziedziny funkcji \(V\), to nie może otrzymać punktu za ostatnią część etapu drugiego (uzasadnienie). **1 pkt** – Trzeci etap. Obliczenie długości krawędzi podstawy ostrosłupa o największej objętości: \(a=\frac{2\sqrt{2}}{5}d\). Wyznaczenie największej objętości ostrosłupa: \(V=\frac{8\sqrt{5}}{375}d^{3}\). Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt. **Schemat oceniania (II sposób)** Rozwiązanie zadania składa się z trzech etapów. Pierwszy etap składa się z trzech części. Za każdą z części tego etapu zdający otrzymuje po 1 punkcie. **1 pkt** – a) wyznaczenie długości promienia okręgu opisanego na podstawie ostrosłupa oraz pola podstawy w zależności od długości wysokości ostrosłupa. **1 pkt** – b) zapisanie objętości ostrosłupa jako funkcji zmiennej \(H\): \(V(H)=\frac{1}{6d^{2}}\left(d^{4}H-2d^{2}H^{3}+H^{5}\right)\). **1 pkt** – c) określenie dziedziny funkcji \(V\): \(H\in(0,d)\). Drugi etap składa się z trzech części. Za poprawne rozwiązanie każdej z części tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt, o ile poprzednia część etapu została zrealizowana bezbłędnie. **1 pkt** – a) wyznaczenie pochodnej \(V'(H)=\frac{1}{6d^{2}}\left(5H^{4}-6d^{2}H^{2}+d^{4}\right)\). **1 pkt** – b) obliczenie miejsca zerowego pochodnej \(H=\frac{\sqrt{5}}{5}d\). **1 pkt** – c) uzasadnienie, że dla \(H=\frac{\sqrt{5}}{5}d\) objętość ostrosłupa jest największa. **Uwaga:** Jeżeli zdający nie wyznaczy dziedziny funkcji \(V\), to nie może otrzymać punktu za ostatnią część etapu drugiego (uzasadnienie). **1 pkt** – Trzeci etap. Obliczenie długości krawędzi podstawy ostrosłupa o największej objętości: \(a=\frac{2\sqrt{2}}{5}d\). Wyznaczenie największej objętości ostrosłupa: \(V=\frac{8\sqrt{5}}{375}d^{3}\). Za poprawne rozwiązanie tego etapu zdający otrzymuje 1 punkt.

Zadanie 15. (0–7) Rozpatrujemy wszystkie ostrosłupy prawidłowe czworokątne, w których suma promienia okręgu opisanego na podstawie i długości krawędzi bocznej jest równa d. Wyznacz długość krawędzi podstawy tego z rozpatrywanych ostrosłupów, który ma największą objętość. Oblicz tę objętość. Rozwiązanie (I sposób) Wprowadzamy oznaczenia: r – promień okręgu opisanego na podstawie ostrosłupa, b – krawędź boczna, a – krawędź podstawy, H – wysokość ostrosłupa. Z zależności r + b = d wyznaczamy b = d − r . W trójkącie SCW stosujemy tw. Pitagorasa: H 2 = b2 − r 2 = ( b − r ) ( b + r ) = d ( b − r ) = d ( d − r − r ) = d ( d − 2r ) skąd wyznaczamy H = d ( d − 2r ) .  d  Zauważamy, że r > 0 oraz d − 2r > 0 , czyli r ∈  0,  .  2  Wyznaczamy a w zależności od r: a = r 2 i zapisujemy objętość ostrosłupa w zależności od zmiennej r.  d  1 2 V ( r ) = r 2 ⋅ 2 d 2 − 2dr = r 4d 2 − 2r5d dla r ∈  0,  . 3 3  2   d  Rozważamy funkcję pomocniczą f ( r ) = r 4d 2 − 2r5d , której dziedziną jest przedział  0,  .  2  Aby znaleźć maksimum lokalne tej funkcji, wyznaczamy jej pochodną f ′( r ) = 4r3d 2 −10r 4d = 2r3d ( 2d − 5r )  d  2 Jedynym miejscem zerowym z przedziału  0,  jest r = d  2  5 ( r = 0 nie należy do dziedziny funkcji f ).

**D.** \(6\)

Niech \(a\) oznacza długość krawędzi kwadratowej podstawy. Wysokość ostrosłupa jest równa \(2a\), więc \[144=\frac13a^2\cdot2a=\frac23a^3.\] Stąd \[a^3=216,\qquad a=6.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. modelowanie matematyczne. **Wymagania szczegółowe:** G11.2 obliczanie objętości ostrosłupa.

\[\cos\alpha=\frac{\sqrt5}{5}.\]

Podstawą jest kwadrat o boku \(6\), więc \[P_p=36,\qquad P_c=4P_p=144,\qquad P_b=P_c-P_p=108.\] Powierzchnia boczna składa się z czterech przystających trójkątów, więc każdy ma pole \(27\). Wysokość ściany bocznej \(m\) (poprowadzona do krawędzi podstawy) spełnia \[\tfrac12\cdot6\cdot m=27,\qquad m=9.\] Krawędź boczną \(b\) wyznaczamy z trójkąta prostokątnego, w którym \(m\) jest wysokością trójkąta równoramiennego o podstawie \(6\): \[b=\sqrt{m^{2}+3^{2}}=\sqrt{81+9}=\sqrt{90}=3\sqrt{10}.\] Rzutem krawędzi bocznej na płaszczyznę podstawy jest połowa przekątnej kwadratu: \[\frac{6\sqrt2}{2}=3\sqrt2.\] Kąt \(\alpha\) jest kątem między krawędzią boczną a jej rzutem, zatem \[\cos\alpha=\frac{3\sqrt2}{3\sqrt{10}}=\frac{1}{\sqrt5}=\frac{\sqrt5}{5}.\] **Odpowiedź.** \(\cos\alpha=\dfrac{\sqrt5}{5}\approx0{,}447\).

**5 pkt** – rozwiązanie pełne: zdający obliczy cosinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy: \(\cos\alpha=\frac{\sqrt{5}}{5}\). **[…] pkt** – rozwiązanie prawie pełne: zdający obliczy długość krawędzi bocznej ostrosłupa: \(b=3\sqrt{10}\) albo obliczy \(\operatorname{tg}\alpha\), i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zdający obliczy wysokość ściany bocznej ostrosłupa: \(h_b=9\) i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **[…] pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zdający zapisze równanie pozwalające obliczyć wysokość ściany bocznej, np. \(4\cdot\frac{1}{2}\cdot 6\cdot h_b=108\). **[…] pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania: zdający zapisze zależność pomiędzy polem powierzchni bocznej a polem podstawy lub pomiędzy polem ściany bocznej a polem podstawy, albo zapisze dwa równania, albo obliczy pole powierzchni bocznej ostrosłupa: \(P_b=108\), albo zapisze, że \(\cos\alpha=\frac{\lvert AO\rvert}{\lvert AS\rvert}\), albo obliczy długość przekątnej podstawy ostrosłupa lub połowę jej długości.

IV. Użycie i tworzenie strategii. 9. Stereometria. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąt między odcinkami i płaszczyznami oraz oblicza miary tych kątów (9.2). 6. Trygonometria. Zdający wykorzystuje definicje i wyznacza wartości funkcji sinus, cosinus i tangens kątów od 0° do 180° (6.1).

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

Niech bok kwadratu \(ABCD\) ma długość \(a\). Ponieważ ściany boczne są równoboczne, \(|SA|=|SC|=a\), natomiast przekątna podstawy ma długość \(|AC|=a\sqrt2\). W trójkącie \(SAC\): \[|SA|^2+|SC|^2=a^2+a^2=2a^2=|AC|^2.\] Trójkąt \(SAC\) jest więc prostokątny i równoramienny, z kątem prostym przy \(S\). Oba kąty przy podstawie mają po \(45^\circ\), zatem \(\angle SAC=45^\circ\).

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

Klucz CKE dla zadań zamkniętych w tym arkuszu podaje wyłącznie odpowiedzi. **Klasyfikacja rzeczowa:** stereometria - przekątna kwadratu, ściany boczne ostrosłupa i twierdzenie Pitagorasa.

\[V=18\sqrt2.\]

Oznaczmy: \(G\) — środek krawędzi \(BC\), \(F\) — środek odcinka \(DE\), \(K\) — środek podstawy (spodek wysokości ostrosłupa). Z warunku \(\lvert BD\rvert=\lvert CE\rvert\) oraz \(\lvert SB\rvert=\lvert SC\rvert\) wynika \(\lvert SD\rvert=\lvert SE\rvert\), więc \(DE\parallel BC\) i z podobieństwa trójkątów \(SDE\) oraz \(SBC\) \[\frac{\lvert SF\rvert}{\lvert SG\rvert}=\frac{\lvert DE\rvert}{\lvert BC\rvert}=\frac46=\frac23.\] Odcinki \(AF\) i \(GF\) są prostopadłe do \(DE\) (pierwszy z symetrii trójkąta \(ADE\), drugi bo \(SG\perp BC\parallel DE\)), więc kąt \(AFG\) jest kątem między płaszczyznami \(ADE\) i \(BCS\). Z założenia o prostopadłości płaszczyzn \[\lvert\angle AFG\rvert=90^\circ,\quad\text{czyli}\quad AF\perp SG.\] Rachunki prowadzimy w płaszczyźnie symetrii \(AGS\). Wysokość trójkąta równobocznego \(ABC\) o boku \(6\) wynosi \(\lvert AG\rvert=3\sqrt3\), a środek podstawy dzieli ją w stosunku \(2:1\), więc \(\lvert GK\rvert=\sqrt3\). Przyjmijmy \(G=(0,0)\), \(A=\left(3\sqrt3,0\right)\), \(K=\left(\sqrt3,0\right)\), \(S=\left(\sqrt3,H\right)\), gdzie \(H\) jest wysokością ostrosłupa. Z \(\frac{\lvert GF\rvert}{\lvert GS\rvert}=\frac13\) otrzymujemy \[F=\left(\frac{\sqrt3}{3},\frac{H}{3}\right).\] Warunek \(AF\perp GS\) zapisujemy jako zerowanie iloczynu skalarnego wektorów \(\vec{AF}=\left[\frac{\sqrt3}{3}-3\sqrt3,\ \frac H3\right]=\left[-\frac{8\sqrt3}{3},\ \frac H3\right]\) oraz \(\vec{GS}=\left[\sqrt3,H\right]\): \[-\frac{8\sqrt3}{3}\cdot\sqrt3+\frac{H^2}{3}=0,\qquad H^2=24,\qquad H=2\sqrt6.\] Pole podstawy: \[P_p=\frac{6^2\sqrt3}{4}=9\sqrt3.\] Objętość: \[V=\tfrac13\cdot9\sqrt3\cdot2\sqrt6=6\sqrt{18}=18\sqrt2.\] **Odpowiedź.** \(V=18\sqrt2\)

**1–2 pkt** – wykazanie, że \(DE\parallel BC\), i wyznaczenie stosunku \(\frac{\lvert SF\rvert}{\lvert SG\rvert}=\frac23\). **3–5 pkt** – zapisanie warunku prostopadłości płaszczyzn jako \(AF\perp SG\) i wyznaczenie wysokości ostrosłupa \(H=2\sqrt6\). **6 pkt** – obliczenie objętości \(V=18\sqrt2\).

Klasyfikacja rzeczowa: obliczanie objętości ostrosłupa z użyciem podobieństwa trójkątów, własności trójkąta równobocznego i twierdzenia Pitagorasa.

Objętość ostrosłupa jest równa \[V=\frac{512\sqrt5}{3}.\]

Niech \(O\) będzie środkiem kwadratowej podstawy. Trójkąt \(AOS\) jest prostokątny, \(|AS|=12\), a \[\tan\alpha=\frac{|AO|}{|SO|}=\frac2{\sqrt5}.\] Przyjmujemy więc \(|AO|=2x\) i \(|SO|=\sqrt5x\). Z twierdzenia Pitagorasa \[(2x)^2+(\sqrt5x)^2=12^2,\] \[9x^2=144,\qquad x=4.\] Stąd wysokość \(H=|SO|=4\sqrt5\), a połowa przekątnej podstawy \(|AO|=8\), więc przekątna kwadratu ma długość \(16\). Krawędź podstawy jest równa \[a=\frac{16}{\sqrt2}=8\sqrt2,\]\na pole podstawy \(a^2=128\). Zatem \[V=\frac13\cdot128\cdot4\sqrt5=\frac{512\sqrt5}{3}.\]

**5 pkt** – obliczenie objętości \(V=\frac{512\sqrt5}{3}\) **4 pkt** – obliczenie wysokości \(H=4\sqrt5\) oraz krawędzi podstawy \(a=8\sqrt2\) lub przekątnej podstawy \(AC=16\) **3 pkt** – obliczenie wysokości, krawędzi podstawy, przekątnej podstawy albo współczynnika proporcjonalności \(x=4\) **2 pkt** – zapisanie dwóch poprawnych zależności prowadzących do wyznaczenia wymiarów, np. \(|AO|:|SO|=2:\sqrt5\) oraz \(|AO|^2+|SO|^2=12^2\) **1 pkt** – zapisanie jednej koniecznej zależności trygonometrycznej lub pitagorejskiej wskazanej w kluczu CKE **0 pkt** – błędna interpretacja kąta między krawędzią boczną i wysokością albo brak poprawnego postępu

Klucz CKE nie zawiera przy tym zadaniu osobnej tabeli wymagań. **Klasyfikacja rzeczowa:** stereometria - ostrosłup prawidłowy czworokątny, funkcje trygonometryczne w trójkącie prostokątnym, przekątna kwadratu i objętość ostrosłupa.

\[\cos\alpha=\frac{2\sqrt7}{7}.\]

Podstawą jest trójkąt równoboczny o boku \(a\), więc \[P_p=\frac{a^{2}\sqrt3}4.\] Z warunku \(P_b=2P_p\) i faktu, że ściany boczne są trzema przystającymi trójkątami o podstawie \(a\) i wysokości \(h\), otrzymujemy \[3\cdot\frac{a h}2=2\cdot\frac{a^{2}\sqrt3}4\quad\Longrightarrow\quad h=\frac{a\sqrt3}3.\] Spodek wysokości ostrosłupa prawidłowego pada w środku podstawy, którego odległość od boku wynosi \(r=\frac{a\sqrt3}6\), a od wierzchołka \(R=\frac{a\sqrt3}3\). Z trójkąta prostokątnego utworzonego przez wysokość \(H\), odcinek \(r\) i wysokość ściany bocznej \(h\): \[H^{2}=h^{2}-r^{2}=\frac{a^{2}}3-\frac{a^{2}}{12}=\frac{a^{2}}4,\qquad H=\frac a2.\] Długość krawędzi bocznej: \[b=\sqrt{H^{2}+R^{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}}4+\frac{a^{2}}3}=\frac{a\sqrt{21}}6.\] Kąt \(\alpha\) nachylenia krawędzi bocznej do podstawy leży w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnej \(R\) przyległej do niego i przeciwprostokątnej \(b\): \[\cos\alpha=\frac{R}{b}=\frac{\frac{a\sqrt3}3}{\frac{a\sqrt{21}}6}=\frac{2\sqrt3}{\sqrt{21}}=\frac2{\sqrt7}=\frac{2\sqrt7}7.\] **Odpowiedź.** \(\cos\alpha=\frac{2\sqrt7}7\)

**1–4 pkt** – poprawne wyznaczenie wysokości ściany, krawędzi bocznej i rzutu. **5 pkt** – \(\cos\alpha=\frac{2\sqrt{7}}{7}\)

Zadanie 32. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2018 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

Pole powierzchni bocznej jest równe \[P_b=96\sqrt{41}.\]

Niech \(S\) będzie wierzchołkiem ostrosłupa, \(O\) środkiem podstawy, a \(A\) wierzchołkiem podstawy. W trójkącie prostokątnym \(SOA\) oznaczmy \(|SA|=b\) i \(|OA|=x\). Mamy \[\cos\alpha=\frac{x}{b}=\frac35,\qquad x^2+16^2=b^2.\] Z proporcji trójkąta \(3:4:5\) otrzymujemy \(x=12\) i \(b=20\). Ponieważ \(x\) jest połową przekątnej kwadratu, \[\frac{a\sqrt2}{2}=12,\qquad a=12\sqrt2.\] Wysokość \(h\) ściany bocznej spełnia \[h^2+\left(\frac a2\right)^2=b^2,\] więc \[h^2+(6\sqrt2)^2=20^2,\qquad h=2\sqrt{82}.\] Pole czterech ścian bocznych wynosi \[P_b=4\cdot\frac12ah=2\cdot12\sqrt2\cdot2\sqrt{82}=96\sqrt{41}.\]

**5 pkt** – obliczenie pola powierzchni bocznej \(P_b=96\sqrt{41}\) **4 pkt** – obliczenie wysokości ściany bocznej \(h=2\sqrt{82}\) **3 pkt** – obliczenie krawędzi podstawy \(a=12\sqrt2\) **2 pkt** – zapisanie równania pozwalającego wyznaczyć \(b\) lub \(x\), np. \((\frac35b)^2+16^2=b^2\) **1 pkt** – zapisanie \(\frac xb=\frac35\), równania \(x^2+16^2=b^2\), obliczenie \(\sin\alpha=\frac45\) albo \(\tan\alpha=\frac43\) **0 pkt** – brak koniecznego postępu

Klucz CKE nie zawiera przy tym zadaniu osobnej tabeli wymagań. **Klasyfikacja rzeczowa:** stereometria - kąt nachylenia prostej do płaszczyzny, ostrosłup prawidłowy czworokątny, twierdzenie Pitagorasa i pole powierzchni bocznej.

**A.** \(\angle SAO\)

Kąt nachylenia prostej do płaszczyzny to kąt między tą prostą a jej rzutem prostokątnym na tę płaszczyznę. W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym spodek wysokości pada w punkcie \(O\) przecięcia przekątnych podstawy, więc rzutem wierzchołka \(S\) na płaszczyznę \(ABCD\) jest punkt \(O\). Rzutem krawędzi \(SA\) jest zatem odcinek \(AO\), a szukanym kątem — kąt między \(SA\) i \(AO\), czyli \(\angle SAO\). **Odpowiedź.** \(\angle SAO\), czyli wariant **A**

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

Zadanie 18. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2017 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

\[V=\frac{\sqrt{209}}{12}.\]

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy, a przez \(m=\tfrac{5\sqrt3}{4}\) wysokość ściany bocznej poprowadzoną do krawędzi podstawy. Powierzchnia boczna składa się z trzech przystających trójkątów: \[P_b=3\cdot\tfrac12 a m=\tfrac32 a\cdot\tfrac{5\sqrt3}{4}=\tfrac{15\sqrt3}{8}a.\] Z warunku \(P_b=\tfrac{15\sqrt3}{4}\) otrzymujemy \(a=2\). Podstawą jest trójkąt równoboczny o boku \(2\), więc \[P_p=\frac{a^{2}\sqrt3}{4}=\sqrt3,\qquad r=\frac{a\sqrt3}{6}=\frac{\sqrt3}{3},\] gdzie \(r\) to odległość środka podstawy od środka jej boku. Wysokość \(H\) ostrosłupa, odcinek \(r\) i wysokość \(m\) ściany bocznej tworzą trójkąt prostokątny: \[H^{2}=m^{2}-r^{2}=\frac{75}{16}-\frac13=\frac{225-16}{48}=\frac{209}{48},\qquad H=\frac{\sqrt{209}}{4\sqrt3}.\] Stąd \[V=\tfrac13 P_p H=\tfrac13\cdot\sqrt3\cdot\frac{\sqrt{209}}{4\sqrt3}=\frac{\sqrt{209}}{12}.\] **Odpowiedź.** \(V=\dfrac{\sqrt{209}}{12}\).

**1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest wprawdzie niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania: zdający albo zapisze równanie […], albo zapisze, że […], i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **2 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest istotny: zdający albo obliczy długość krawędzi \(a\) podstawy ostrosłupa: \(a=2\) […] i zapisze równanie z niewiadomą \(H\), albo obliczy długość krawędzi \(a\) podstawy ostrosłupa: \(a=2\) […] i zapisze układ równań […] wystarczający do obliczenia wysokości ostrosłupa, i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **3 pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zdający obliczy wysokość ostrosłupa: \(H=\) […] i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **4 pkt** – rozwiązanie pełne: zdający obliczy objętość \(V\) ostrosłupa: \(V=\) […].

IV. Użycie i tworzenie strategii. 9. Stereometria. Zdający rozpoznaje kąty między odcinkami i płaszczyznami oraz stosuje trygonometrię do obliczeń długości, pól i objętości (9.1, 9.2, 9.4, 9.6).

**A.** \(\frac{\sqrt3}{3}\)

Niech każda krawędź ostrosłupa ma długość \(a\). W przekroju prostopadłym do krawędzi podstawy odcinek leżący w ścianie bocznej jest wysokością trójkąta równobocznego, więc ma długość \(\frac{a\sqrt3}{2}\). Jego rzut na płaszczyznę podstawy ma długość \(\frac a2\). Zatem \[\cos\alpha=\frac{a/2}{a\sqrt3/2}=\frac1{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{3}.\]

**1 pkt** – odpowiedź A **0 pkt** – odpowiedź błędna lub brak

**Klasyfikacja CKE:** stereometria - kąt dwuścienny, rzut prostokątny i przekrój ostrosłupa prawidłowego.

\[V=\frac{500}{3}.\]

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy \(ABCD\), a przez \(H=5\) wysokość ostrosłupa. Środek podstawy oznaczmy przez \(O\). Kąt między sąsiednimi ścianami bocznymi \(ABS\) i \(CBS\) mierzymy w przekroju prostopadłym do ich wspólnej krawędzi \(BS\). Niech \(E\) będzie spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka \(A\) na krawędź \(BS\); z symetrii ostrosłupa spodek wysokości z \(C\) pokrywa się z \(E\), a szukanym kątem jest \(\angle AEC\). Odcinek \(AC\) jest przekątną kwadratu, więc \(\lvert AC\rvert=a\sqrt2\). Ponieważ \(\lvert AE\rvert=\lvert CE\rvert=x\), z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(AEC\) mamy \[2a^{2}=2x^{2}-2x^{2}\cos 120^\circ=3x^{2},\qquad x^{2}=\tfrac23 a^{2}.\] Z drugiej strony \(x\) jest wysokością trójkąta \(ABS\) opuszczoną na bok \(BS\), więc \[x=\frac{2P_{ABS}}{\lvert BS\rvert},\qquad P_{ABS}=\tfrac12 a\sqrt{b^{2}-\tfrac{a^{2}}{4}},\] gdzie \(b=\lvert BS\rvert\). Stąd \(x^{2}b^{2}=a^{2}\left(b^{2}-\tfrac{a^{2}}{4}\right)\), czyli \[\tfrac23 a^{2}b^{2}=a^{2}b^{2}-\tfrac{a^{4}}{4},\qquad \tfrac13 b^{2}=\tfrac{a^{2}}{4},\qquad b^{2}=\tfrac34 a^{2}.\] Krawędź boczna, połowa przekątnej podstawy i wysokość ostrosłupa tworzą trójkąt prostokątny: \[b^{2}=H^{2}+\frac{a^{2}}{2},\qquad \tfrac34 a^{2}=25+\tfrac12 a^{2},\qquad a^{2}=100.\] Zatem \(P_p=a^{2}=100\) i \[V=\tfrac13\cdot100\cdot5=\frac{500}{3}.\] **Odpowiedź.** \(V=\dfrac{500}{3}\).

**1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania zadania: zdający albo zastosuje twierdzenie Pitagorasa w trójkącie \(SOC\), albo zastosuje twierdzenie Pitagorasa w trójkącie \(SOE\), albo zastosuje twierdzenie cosinusów w trójkącie \(BFD\), albo zapisze funkcję trygonometryczną kąta ostrego w trójkącie \(OBF\), albo zapisze proporcję wynikającą z podobieństwa trójkątów \(SEC\) i \(BCF\), albo zapisze proporcję wynikającą z podobieństwa trójkątów \(SOC\) i \(OFC\), i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **[…] pkt** – rozwiązanie, w którym jest istotny postęp: zdający zapisze układ równań, z którego można obliczyć długość krawędzi podstawy lub długość przekątnej podstawy ostrosłupa, i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **[…] pkt** – pokonanie zasadniczych trudności zadania: zdający zapisze równanie z jedną niewiadomą oznaczającą wielkość, która pozwala obliczyć pole podstawy ostrosłupa, i na tym zakończy lub dalej popełnia błędy. **5 pkt** – rozwiązanie prawie pełne: zdający albo obliczy długość krawędzi podstawy lub długość przekątnej podstawy ostrosłupa, albo obliczy długość krawędzi podstawy lub długość przekątnej podstawy ostrosłupa, popełniając błędy rachunkowe, i konsekwentnie do tego obliczy objętość ostrosłupa. **6 pkt** – rozwiązanie pełne: zdający obliczy objętość ostrosłupa: \(V=\tfrac{500}{3}\).

IV. Użycie i tworzenie strategii. 9. Stereometria. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między ścianami, stosuje trygonometrię do obliczeń długości, miar kątów, pól powierzchni i objętości (9.4, 9.6).

\[P_b=9\sqrt{30},\qquad \cos\alpha=\frac{\sqrt{10}}{10}.\]

Niech \(a\) będzie krawędzią podstawy. Wysokość ostrosłupa wynosi \(H=\frac{a\sqrt3}{2}\). Z warunku objętości \[27=\frac13\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}\cdot\frac{a\sqrt3}{2}=\frac{a^3}{8},\] więc \(a=6\) i \(H=3\sqrt3\). Jeżeli \(P\) jest środkiem boku podstawy, to \(OP=\sqrt3\), a wysokość ściany bocznej \[h=\sqrt{H^2+OP^2}=\sqrt{27+3}=\sqrt{30}.\] Stąd \[P_b=3\cdot\frac12\cdot6\cdot\sqrt{30}=9\sqrt{30},\qquad \cos\alpha=\frac{OP}{h}=\frac{\sqrt3}{\sqrt{30}}=\frac{\sqrt{10}}{10}.\]

**5 pkt** – poprawne pole \(9\sqrt{30}\) i cosinus \(\frac{\sqrt{10}}{10}\) **4 pkt** – poprawne wyznaczenie jednej z dwóch wielkości po obliczeniu wymiarów bryły **3 pkt** – obliczenie wysokości ściany bocznej \(\sqrt{30}\) lub istotny równoważny postęp **2 pkt** – obliczenie \(a=6\) albo \(H=3\sqrt3\) **1 pkt** – poprawne równanie wynikające z objętości **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 9.6 trygonometria w stereometrii G10.7 twierdzenie Pitagorasa.

\[V=21\sqrt7.\]

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy. W trójkącie równobocznym promień okręgu wpisanego wynosi \(r=\frac{a\sqrt3}6\), a promień okręgu opisanego \(R=\frac{a\sqrt3}3\). Kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy leży w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych \(H\) i \(r\), więc \[H=r\tan60^{\circ}=\frac{a\sqrt3}6\cdot\sqrt3=\frac a2.\] Krawędź boczna \(b=7\) jest przeciwprostokątną trójkąta o przyprostokątnych \(H\) i \(R\): \[H^{2}+R^{2}=b^{2}\quad\Longrightarrow\quad \frac{a^{2}}4+\frac{a^{2}}3=49\quad\Longrightarrow\quad \frac{7a^{2}}{12}=49\quad\Longrightarrow\quad a^{2}=84.\] Stąd \(a=2\sqrt{21}\) oraz \(H=\frac a2=\sqrt{21}\), a pole podstawy \[P_p=\frac{a^{2}\sqrt3}4=\frac{84\sqrt3}4=21\sqrt3.\] Objętość: \[V=\frac13\cdot21\sqrt3\cdot\sqrt{21}=7\sqrt{63}=21\sqrt7.\] **Odpowiedź.** \(V=21\sqrt7\)

**1–4 pkt** – poprawna interpretacja kąta, wysokość \(\sqrt{21}\) i krawędź podstawy \(2\sqrt{21}\). **5 pkt** – objętość \(21\sqrt7\).

Zadanie 33. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2016 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

**B.** \(\angle ACS\).

Rzutem prostokątnym wierzchołka \(S\) na podstawę jest punkt \(O\), więc rzutem krawędzi \(CS\) na płaszczyznę podstawy jest odcinek \(CO\). Punkty \(A,O,C\) są współliniowe, dlatego kąt między \(CS\) i \(CO\) jest równy \(\angle ACS\).

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

Klucz CKE podaje tylko odpowiedź. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria przestrzenna, kąt między prostą a płaszczyzną.

\[\cos\alpha\cdot\operatorname{tg}^2\beta=-1.\]

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy, przez \(h\) wysokość ściany bocznej poprowadzoną z wierzchołka podstawy, a przez \(c\) odcinek łączący ten wierzchołek podstawy ze spodkiem wysokości \(h\). Z twierdzenia cosinusów dla przekroju wyznaczającego kąt \(\alpha\): \[(a\sqrt2)^2=h^2+h^2-2h^2\cos\alpha,\] stąd \[\cos\alpha=\frac{h^2-a^2}{h^2}.\] Z twierdzenia Pitagorasa mamy \(c^2=a^2-h^2\). Ponadto \[\operatorname{tg}\beta=\frac hc,\qquad \operatorname{tg}^2\beta=\frac{h^2}{c^2}.\] Zatem \[\cos\alpha\cdot\operatorname{tg}^2\beta=\frac{h^2-a^2}{h^2}\cdot\frac{h^2}{c^2}=\frac{h^2-a^2}{c^2}=\frac{-c^2}{c^2}=-1.\]

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 3 pkt** – pełny dowód **2 pkt** – poprawne wyznaczenie \(\cos\alpha\) i \(\operatorname{tg}^2\beta\) z drobną usterką końcową **1 pkt** – poprawne zastosowanie twierdzenia cosinusów albo Pitagorasa do właściwego przekroju **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. Zdający tworzy łańcuch argumentów i uzasadnia jego poprawność. **Wymagania szczegółowe:** 9.4. Zdający rozpoznaje w graniastosłupach i ostrosłupach kąty między ścianami. 9.1. Zdający rozpoznaje kąty między odcinkami i oblicza ich miary. 9.6. Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól powierzchni i objętości.

\[V=\frac{a^3}{6}\sqrt{\tan^2\alpha-1}.\]

Niech \(H\) oznacza wysokość ostrosłupa. W ścianie bocznej wysokość opuszczona na krawędź podstawy ma długość \[h=\frac a2\tan\alpha.\] Jej rzutem na płaszczyznę podstawy jest odcinek od środka kwadratu do środka boku, długości \(\frac a2\). Z twierdzenia Pitagorasa \[H=\sqrt{h^2-\left(\frac a2\right)^2}=\frac a2\sqrt{\tan^2\alpha-1}.\] Warunek \(\alpha>45^\circ\) gwarantuje dodatniość wyrażenia pod pierwiastkiem. Zatem \[V=\frac13a^2H=\frac{a^3}{6}\sqrt{\tan^2\alpha-1}.\]

**3 pkt** – poprawny wzór na objętość **2 pkt** – wyznaczenie wysokości \(H=\frac a2\sqrt{\tan^2\alpha-1}\) **1 pkt** – wyznaczenie wysokości ściany bocznej \(h=\frac a2\tan\alpha\) i poprawny model geometryczny **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 9.6 trygonometria w obliczeniach długości i objętości brył.

\[P_c=9\sqrt3+18\sqrt{21}.\]

Pole równobocznej podstawy o boku \(6\) wynosi \[P_p=\frac{6^2\sqrt3}{4}=9\sqrt3.\] Z objętości \(V=\frac13P_pH=27\sqrt3\) otrzymujemy \(H=9\). Niech \(M\) będzie środkiem boku podstawy, a \(O\) środkiem podstawy. Odległość \(OM\) jest promieniem okręgu wpisanego w trójkąt równoboczny: \[OM=\frac{6\sqrt3}{6}=\sqrt3.\] Wysokość ściany bocznej jest równa \[SM=\sqrt{SO^2+OM^2}=\sqrt{9^2+(\sqrt3)^2}=2\sqrt{21}.\] Pole trzech ścian bocznych wynosi \[3\cdot\frac12\cdot6\cdot2\sqrt{21}=18\sqrt{21}.\] Zatem \[P_c=9\sqrt3+18\sqrt{21}.\]

**1 pkt** – obliczenie pola podstawy \(9\sqrt3\) **2 pkt** – wyznaczenie wysokości ostrosłupa \(H=9\) **3 pkt** – poprawne wyznaczenie odcinka \(OM=\sqrt3\) **4 pkt** – obliczenie wysokości ściany bocznej \(SM=2\sqrt{21}\) i pola powierzchni bocznej **5 pkt** – podanie \(P_c=9\sqrt3+18\sqrt{21}\)

Klucz CKE nie publikuje osobnej tabeli wymagań dla tego zadania. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria przestrzenna, ostrosłup prawidłowy trójkątny, objętość i pole powierzchni.

Promień jest równy \(16\), a największa objętość wynosi \(512\sqrt3\).

Niech \(x\) oznacza promień okręgu opisanego na równobocznej podstawie, a \(h=24-x\) wysokość ostrosłupa, gdzie \(0<x<24\). Bok podstawy ma długość \(x\sqrt3\), więc jej pole wynosi \(\frac{3\sqrt3}{4}x^2\). Objętość jest zatem równa \[V(x)=\frac{\sqrt3}{4}x^2(24-x).\] Pochodna ma postać \[V'(x)=\frac{3\sqrt3}{4}x(16-x).\] Funkcja rośnie dla \(0<x<16\) i maleje dla \(16<x<24\), więc maksimum osiąga dla \(x=16\). Wtedy \[V(16)=\frac{\sqrt3}{4}\cdot16^2\cdot8=512\sqrt3.\]

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 7 pkt** – poprawny promień \(16\) i objętość \(512\sqrt3\) z pełną analizą maksimum **5: 6 pkt** – poprawny model i pochodna, z drobnym błędem w analizie lub wyniku **3: 4 pkt** – poprawna funkcja \(V(x)=\frac{\sqrt3}{4}x^2(24-x)\) i rozpoczęta optymalizacja **1: 2 pkt** – poprawne wyrażenie wysokości lub pola podstawy **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** III. Modelowanie matematyczne. Zdający buduje model matematyczny danej sytuacji, uwzględniając ograniczenia i zastrzeżenia. **Wymagania szczegółowe:** 11.6. R. Zdający stosuje pochodne do rozwiązywania zagadnień optymalizacyjnych.

\[V=\frac{a^3}{12}\operatorname{tg}\alpha,\qquad P_b=\frac{a^2\sqrt3}{4}\sqrt{1+4\operatorname{tg}^2\alpha}.\]

Niech \(W\) będzie wierzchołkiem ostrosłupa, \(O\) środkiem podstawy, \(S\) środkiem wysokości \(OW\), a \(M\) środkiem krawędzi podstawy, przez którą przechodzi wskazana płaszczyzna. W trójkącie równobocznym podstawy \[OM=\frac{a\sqrt3}{6}.\] Z definicji kąta nachylenia \(OS=OM\operatorname{tg}\alpha\), a ponieważ \(S\) jest środkiem \(OW\), \[OW=2OS=\frac{a\sqrt3}{3}\operatorname{tg}\alpha.\] Pole podstawy wynosi \(\frac{a^2\sqrt3}{4}\), więc \[V=\frac13\cdot\frac{a^2\sqrt3}{4}\cdot\frac{a\sqrt3}{3}\operatorname{tg}\alpha=\frac{a^3}{12}\operatorname{tg}\alpha.\] Wysokość ściany bocznej spełnia \[MW^2=OM^2+OW^2=\frac{a^2}{12}\left(1+4\operatorname{tg}^2\alpha\right),\] zatem \[MW=\frac{a\sqrt3}{6}\sqrt{1+4\operatorname{tg}^2\alpha}.\] Pole trzech ścian bocznych jest równe \[P_b=3\cdot\frac12a\cdot MW=\frac{a^2\sqrt3}{4}\sqrt{1+4\operatorname{tg}^2\alpha}.\]

**Informator CKE podaje rozwiązanie wzorcowe bez osobnej tabeli punktacji: 4 pkt** – poprawna objętość i pole powierzchni bocznej **3 pkt** – poprawna wysokość ostrosłupa i jedna z dwóch żądanych wielkości **2 pkt** – wyznaczenie \(OW=\frac{a\sqrt3}{3}\operatorname{tg}\alpha\) **1 pkt** – poprawne ustalenie \(OM=\frac{a\sqrt3}{6}\) i związku z kątem \(\alpha\) **0 pkt** – brak istotnego postępu albo rozwiązanie błędne

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. Zdający tworzy strategię rozwiązania problemu. **Wymagania szczegółowe:** 9.2. R. Zdający określa, jaką figurą jest dany przekrój graniastosłupa lub ostrosłupa płaszczyzną. 9.6. Zdający stosuje trygonometrię do obliczeń długości odcinków, miar kątów, pól powierzchni i objętości. 10.7. G. Zdający stosuje twierdzenie Pitagorasa.

**B.** \(9\)

Podstawą jest kwadrat o boku \(12\), więc \(P_p=144\). Ze wzoru na objętość ostrosłupa \[\frac13\cdot144\cdot H=432\quad\Longrightarrow\quad 48H=432\quad\Longrightarrow\quad H=9.\] **Odpowiedź.** \(H=9\), czyli wariant **B**

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

Zadanie 25. Klucz CKE dla sesji dodatkowej 2014 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

\[V=\frac{32\sqrt6}{3}.\]

Przekątna kwadratu podstawy ma długość \(4\sqrt2\), więc bok podstawy jest równy \(4\), a jej pole wynosi \[P_p=4^2=16.\] W ostrosłupie prawidłowym \(|SA|=|SC|\). Ponieważ \(\angle ASC=60^\circ\), trójkąt \(ASC\) jest równoboczny o boku \(4\sqrt2\). Spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem \(O\) przekątnej \(AC\), dlatego wysokość ostrosłupa jest wysokością tego trójkąta: \[H=\frac{\sqrt3}{2}\cdot4\sqrt2=2\sqrt6.\] Zatem \[V=\frac13P_pH=\frac13\cdot16\cdot2\sqrt6=\frac{32\sqrt6}{3}.\]

**4 pkt** – poprawna objętość \(\frac{32\sqrt6}{3}\) **3 pkt** – poprawne pole podstawy i wysokość \(H=2\sqrt6\), lecz usterka w obliczeniu objętości **2 pkt** – rozpoznanie, że trójkąt \(ASC\) jest równoboczny, i rozpoczęcie obliczania wysokości **1 pkt** – poprawne wyznaczenie boku podstawy \(4\) i pola \(16\) **0 pkt** – rozwiązanie błędne albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** Zdający oblicza związki miarowe w ostrosłupie prawidłowym, korzysta z własności trójkąta równobocznego i stosuje wzór na objętość.

\[V=\frac{3200\sqrt6}{3}.\]

Oznaczmy krawędź podstawy przez \(a\), wysokość ostrosłupa przez \(H\), a wysokość ściany bocznej przez \(h=22\). Kąt \(\alpha\) nachylenia ściany bocznej do podstawy leży w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych \(H\) i \(\frac a2\) oraz przeciwprostokątnej \(h\). Z warunku \(\tan\alpha=\frac{4\sqrt6}5\) mamy \[\cos\alpha=\frac{5}{\sqrt{5^{2}+\left(4\sqrt6\right)^{2}}}=\frac5{\sqrt{121}}=\frac5{11},\qquad \sin\alpha=\frac{4\sqrt6}{11}.\] Stąd \[\frac a2=h\cos\alpha=22\cdot\frac5{11}=10\ \Rightarrow\ a=20,\qquad H=h\sin\alpha=22\cdot\frac{4\sqrt6}{11}=8\sqrt6.\] Objętość ostrosłupa: \[V=\frac13a^{2}H=\frac13\cdot400\cdot8\sqrt6=\frac{3200\sqrt6}3.\] **Odpowiedź.** \(V=\frac{3200\sqrt6}3\)

**1–3 pkt** – zależność z tangensa, krawędź podstawy \(20\) i wysokość \(8\sqrt{6}\). **4 pkt** – \(V=\tfrac{3200\sqrt{6}}{3}\).

Zadanie 33. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2014 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

\[\cos\alpha=\frac{\sqrt7-1}{3}.\]

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy, przez \(b\) długość krawędzi bocznej, a przez \(\alpha\) szukany kąt. Punkt \(O\) to środek podstawy — z rysunku odczytujemy, że jest to spodek wysokości ostrosłupa. **Kąt nachylenia krawędzi \(AS\) do podstawy.** Rzutem odcinka \(AS\) na płaszczyznę podstawy jest \(AO\), a \(\lvert AO\rvert\) to promień okręgu opisanego na trójkącie równobocznym: \[\lvert AO\rvert=\frac{a\sqrt3}{3},\qquad \cos\alpha=\frac{\lvert AO\rvert}{\lvert AS\rvert}=\frac{a\sqrt3}{3b}.\] **Kąt \(ASB\).** Trójkąt \(ASB\) jest równoramienny (\(\lvert AS\rvert=\lvert BS\rvert=b\)) o podstawie \(a\), więc z twierdzenia cosinusów \[a^{2}=2b^{2}-2b^{2}\cos\alpha,\qquad \cos\alpha=\frac{2b^{2}-a^{2}}{2b^{2}}=1-\frac{a^{2}}{2b^{2}}.\] Z pierwszej zależności \(\dfrac ab=\dfrac{3\cos\alpha}{\sqrt3}=\sqrt3\cos\alpha\). Podstawiamy to do drugiej: \[\cos\alpha=1-\frac{3\cos^{2}\alpha}{2},\qquad 3\cos^{2}\alpha+2\cos\alpha-2=0.\] Rozwiązujemy równanie kwadratowe względem \(\cos\alpha\): \[\cos\alpha=\frac{-2\pm\sqrt{4+24}}{6}=\frac{-1\pm\sqrt7}{3}.\] Kąt nachylenia krawędzi bocznej do podstawy jest ostry, więc \(\cos\alpha>0\) i pierwiastek ujemny odrzucamy. **Odpowiedź.** \(\cos\alpha=\dfrac{\sqrt7-1}{3}\approx0{,}549\).

**1 pkt** – zdający wyznaczy cosinus kąta \(SAO\): \(\cos\alpha=[…]\), albo wyznaczy cosinus kąta \(ASB\): \(\cos\alpha=\tfrac{2b^{2}-a^{2}}{2b^{2}}\), i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **2 pkt** – zdający wyznaczy cosinusy obu kątów: \(\cos\alpha=[…]\) i \(\cos\alpha=\tfrac{2b^{2}-a^{2}}{2b^{2}}\), i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. **3 pkt** – zdający zapisze równość \([…]=\tfrac{2b^{2}-a^{2}}{2b^{2}}\), doprowadzi ją do postaci równania kwadratowego z jedną niewiadomą, np. \(a\), i parametrem \(b\), np. \(3a^{2}+2ab\sqrt{3}-6b^{2}=0\), i podejmie próbę rozwiązania tego równania, obliczając na przykład wyróżnik trójmianu \(3a^{2}+2ab\sqrt{3}-6b^{2}\): \(\Delta=12b^{2}+72b^{2}\), i na tym zakończy lub dalej popełni błędy. Jeżeli zdający rozważy równanie z niewiadomą \(b\) i parametrem \(a\): \(6b^{2}-2ab\sqrt{3}-3a^{2}=0\), to wyróżnik trójmianu \(6b^{2}-2ab\sqrt{3}-3a^{2}\) równa się \(\Delta=12a^{2}+72a^{2}\). **4 pkt** – rozwiązanie zadania do końca, lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe). **5 pkt** – zdający rozwiąże powyższe równanie, a następnie obliczy cosinus szukanego kąta: \(\cos\alpha=\tfrac{\sqrt{7}-1}{3}\).

Klucz CKE nie publikuje tabeli wymagań. Klasyfikacja rzeczowa: kąty i związki miarowe w ostrosłupie prawidłowym trójkątnym.

\[\tan\alpha=\frac{\sqrt3}{9}.\]

Promień okręgu wpisanego w trójkąt równoboczny o boku \(a\) wynosi \(r=\frac{a\sqrt3}6\). Z warunku \(r=2\) otrzymujemy \(a=4\sqrt3\), więc \[P_p=\frac{a^{2}\sqrt3}4=\frac{48\sqrt3}4=12\sqrt3.\] Z objętości wyznaczamy wysokość ostrosłupa: \[\frac13\cdot12\sqrt3\cdot H=72\quad\Longrightarrow\quad H=\frac{72}{4\sqrt3}=6\sqrt3.\] Niech \(M\) będzie środkiem krawędzi podstawy, a \(O\) — spodkiem wysokości. Płaszczyzna \(SOM\) jest prostopadła do ściany bocznej, więc rzutem wysokości \(SO\) na tę ścianę jest odcinek \(SM\), a szukany kąt to \(\angle OSM\) w trójkącie prostokątnym \(SOM\) o kącie prostym przy \(O\). Ponieważ \(|OM|=r=2\), otrzymujemy \[\tan\alpha=\frac{|OM|}{|SO|}=\frac{2}{6\sqrt3}=\frac1{3\sqrt3}=\frac{\sqrt3}9.\] **Odpowiedź.** \(\tan\alpha=\frac{\sqrt3}9\)

**1–3 pkt** – bok podstawy \(4\sqrt{3}\) i wysokość ostrosłupa \(6\sqrt{3}\). **4 pkt** – \(\operatorname{tg}\alpha=\tfrac{\sqrt{3}}{9}\).

Zadanie 34. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2013 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria przestrzenna.

\[V=400\ \mathrm{cm}^3.\]

Podstawą jest kwadrat o polu \(100\,\mathrm{cm}^2\), więc jego bok ma długość \(a=10\,\mathrm{cm}\). Cztery przystające ściany boczne mają łączne pole \(260\,\mathrm{cm}^2\), zatem dla wysokości ściany bocznej \(h\) \[4\cdot\frac{a h}2=260\quad\Longrightarrow\quad 20h=260\quad\Longrightarrow\quad h=13\ \mathrm{cm}.\] Wysokość ostrosłupa wyznaczamy z trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych \(H\) i \(\frac a2=5\) oraz przeciwprostokątnej \(h=13\): \[H=\sqrt{13^{2}-5^{2}}=\sqrt{144}=12\ \mathrm{cm}.\] Objętość: \[V=\frac13\cdot100\cdot12=400\ \mathrm{cm}^{3}.\] **Odpowiedź.** \(V=400\,\mathrm{cm}^3\)

1 pkt: obliczenie długości krawędzi podstawy a = 10. 2 pkt: obliczenie wysokości ściany bocznej h = 13 i poprawne rozróżnienie jej od wysokości ostrosłupa. 3 pkt: obliczenie wysokości ostrosłupa H = 12. 4 pkt: obliczenie objętości V = 400 cm³.

Użycie i tworzenie strategii. Wyznaczanie związków miarowych w wielościanach (IV.9.b).

\[\sin\alpha=\frac{\sqrt{42}}{7}.\]

Trójkąt \(ACS\) jest równoboczny o boku \(8\), a odcinek \(AC\) jest przekątną kwadratowej podstawy. Wysokość ostrosłupa opuszczona z \(S\) pada w środku \(O\) tego kwadratu, czyli w środku odcinka \(AC\), więc jest zarazem wysokością trójkąta równobocznego: \[H=\frac{8\sqrt3}2=4\sqrt3.\] Z długości przekątnej wyznaczamy krawędź podstawy: \[a\sqrt2=8\quad\Longrightarrow\quad a=4\sqrt2,\qquad \frac a2=2\sqrt2.\] Wysokość ściany bocznej (odcinek \(SE\), gdzie \(E\) jest środkiem krawędzi podstawy) obliczamy z trójkąta prostokątnego \(SOE\): \[h=\sqrt{H^{2}+\left(\tfrac a2\right)^{2}}=\sqrt{48+8}=\sqrt{56}=2\sqrt{14}.\] Kąt \(\alpha\) nachylenia ściany bocznej do podstawy leży właśnie w tym trójkącie, przy wierzchołku \(E\), więc \[\sin\alpha=\frac{H}{h}=\frac{4\sqrt3}{2\sqrt{14}}=\frac{2\sqrt3}{\sqrt{14}}=\frac{2\sqrt{42}}{14}=\frac{\sqrt{42}}7.\] **Odpowiedź.** \(\sin\alpha=\frac{\sqrt{42}}7\)

**1 pkt** – obliczenie wysokości ostrosłupa \(H=4\sqrt3\) **albo** długości krawędzi podstawy \(a=4\sqrt2\) **2 pkt** – zasadnicze trudności pokonane, ale z błędami rachunkowymi **3 pkt** – obliczenie wysokości ściany bocznej \(h=2\sqrt{14}\) oraz wysokości ostrosłupa \(H=4\sqrt3\) **4 pkt** – obliczenie \(\sin\alpha=\frac{\sqrt{42}}7\)

**Wymaganie ogólne:** Użycie i tworzenie strategii. **Wymaganie szczegółowe:** zdający wyznacza związki miarowe w wielościanach, stosuje własności trójkąta równobocznego i prostokątnego oraz definicje funkcji trygonometrycznych kąta ostrego.

\[\sin\alpha=\frac{4\sqrt{82}}{41}.\]

Przyjmijmy \(\lvert AC\rvert=6x\) oraz \(\lvert AS\rvert=\lvert CS\rvert=5x\), zgodnie z podanym stosunkiem. Niech \(O\) będzie środkiem podstawy — punktem przecięcia przekątnych kwadratu \(ABCD\) i zarazem spodkiem wysokości ostrosłupa. Wtedy \(\lvert AO\rvert=\lvert OC\rvert=3x\), a z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie \(AOS\) \[\lvert SO\rvert=\sqrt{(5x)^{2}-(3x)^{2}}=4x.\] Bok podstawy ma długość \(a=\dfrac{\lvert AC\rvert}{\sqrt2}=3x\sqrt2\). Niech \(M\) będzie środkiem boku \(BC\); odległość środka kwadratu od środka jego boku wynosi \[\lvert OM\rvert=\frac a2=\frac{3x\sqrt2}{2}.\] Kąt nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy to kąt \(\angle SMO\) w trójkącie prostokątnym \(SOM\). Jego przeciwprostokątna to wysokość ściany bocznej: \[\lvert SM\rvert=\sqrt{\lvert SO\rvert^{2}+\lvert OM\rvert^{2}}=\sqrt{16x^{2}+\frac{9x^{2}}{2}}=x\sqrt{\frac{41}{2}}.\] Stąd \[\sin\lvert\angle SMO\rvert=\frac{\lvert SO\rvert}{\lvert SM\rvert}=\frac{4x}{x\sqrt{\tfrac{41}{2}}}=\frac{4\sqrt2}{\sqrt{41}}=\frac{4\sqrt{82}}{41}.\] **Odpowiedź.** \(\sin\alpha=\dfrac{4\sqrt{82}}{41}\).

*Schemat oceniania I* **1 pkt** – wyznaczenie \(\lvert AH\rvert=3x\) i \(\lvert SH\rvert=4x\) przy przyjętych oznaczeniach, np.: \(\alpha=\lvert\angle HMS\rvert\), \(\lvert AC\rvert=6x\). **3 pkt** – wyznaczenie długości \(BC\): \(\lvert BC\rvert=\frac{\lvert AC\rvert}{\sqrt{2}}=\frac{6x}{\sqrt{2}}\) lub \(\lvert BC\rvert=3x\sqrt{2}\), i wyznaczenie długości \(CM\): \(\lvert CM\rvert=\frac{3x}{\sqrt{2}}\). **4 pkt** – wyznaczenie długości \(SM\): \(\lvert SM\rvert=\sqrt{\frac{41}{2}}\,x\) lub \(\lvert SM\rvert=\frac{\sqrt{82}}{2}x\). **5 pkt** – rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe). **6 pkt** – wyznaczenie sinusa kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy: \(\sin\alpha=\frac{4\sqrt{82}}{41}\). *Schemat oceniania II* **1 pkt** – wprowadzenie oznaczeń: \(\alpha=\lvert\angle HMS\rvert\), \(\lvert AC\rvert=[\ldots]\), gdzie \(a=\lvert AB\rvert=\lvert BC\rvert=\lvert CD\rvert=\lvert AD\rvert\), oraz wyznaczenie \(\lvert AS\rvert\), gdzie \(\frac{\lvert AC\rvert}{\lvert AS\rvert}=\frac{6}{5}\). **3 pkt** – zapisanie z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego \(CSH\) i wyznaczenie \(\lvert SH\rvert\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – zapisanie z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego \(SHM\) i wyznaczenie \(\lvert SM\rvert\). **Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe)** **6 pkt** – wyznaczenie sinusa kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy: \(\sin\alpha=\frac{4\sqrt{82}}{41}\). *Schemat oceniania III* **1 pkt** – wprowadzenie oznaczeń: \(\lvert AC\rvert=6x\), \(\lvert HC\rvert=3x\), \(\lvert SC\rvert=5x\), \(\lvert AH\rvert=3x\). **3 pkt** – wyznaczenie długości \(BC\) i wyznaczenie długości \(BM\), \(HM\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – wyznaczenie długości \(SM\): \(\lvert SM\rvert=\sqrt{\frac{41}{2}}\,x\) lub \(\lvert SM\rvert=\frac{\sqrt{82}}{2}x\). **Rozwiązanie zadania do końca lecz z usterkami, które jednak nie przekreślają poprawności rozwiązania (np. błędy rachunkowe)** **6 pkt** – obliczenie \(\cos\alpha\), a następnie \(\sin\alpha\): \(\sin\alpha=\frac{4\sqrt{82}}{41}\). Jeśli zdający wyznaczy jedną z wielkości \(\lvert BC\rvert\) lub \(\lvert BM\rvert\) i na tym poprzestanie lub dalej popełni błędy, to za rozwiązanie otrzymuje \(2\) punkty. Jeżeli zdający obliczy \(\operatorname{tg}\alpha\) lub \(\cos\alpha\), a nie obliczy \(\sin\alpha\) lub obliczy go z błędem, to otrzymuje \(5\) punktów. Jeżeli zdający obliczy jedynie \(\cos\alpha\), to otrzymuje \(5\) punktów.

IV. Użycie i tworzenie strategii. Znalezienie związków miarowych w ostrosłupie.

\[V=\frac{1024}{3\operatorname{tg}^{2}40^{\circ}}\approx484{,}9.\]

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy, a przez \(H=8\) wysokość ostrosłupa. Podstawą ostrosłupa prawidłowego czworokątnego jest kwadrat, którego przekątna ma długość \(a\sqrt2\); spodek wysokości leży w środku tej przekątnej. Krawędź boczna, jej rzut na płaszczyznę podstawy (połowa przekątnej) i wysokość ostrosłupa tworzą trójkąt prostokątny, w którym kąt nachylenia krawędzi bocznej do podstawy ma miarę \(40^{\circ}\). Wysokość leży naprzeciw tego kąta, a połowa przekątnej — przy nim, więc \[\operatorname{tg}40^{\circ}=\frac{H}{\frac{a\sqrt2}{2}}.\] Stąd \[\frac{a\sqrt2}{2}=\frac{8}{\operatorname{tg}40^{\circ}},\qquad a=\frac{16}{\sqrt2\,\operatorname{tg}40^{\circ}},\] a więc \[a^{2}=\frac{256}{2\operatorname{tg}^{2}40^{\circ}}=\frac{128}{\operatorname{tg}^{2}40^{\circ}}.\] Objętość ostrosłupa wynosi \[V=\frac13\,a^{2}H=\frac13\cdot\frac{128}{\operatorname{tg}^{2}40^{\circ}}\cdot8=\frac{1024}{3\operatorname{tg}^{2}40^{\circ}}.\] Przyjmując \(\operatorname{tg}40^{\circ}\approx0{,}8391\), otrzymujemy \(V\approx484{,}9\). **Odpowiedź.** \(V=\frac{1024}{3\operatorname{tg}^{2}40^{\circ}}\approx484{,}9\)

**5 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(V=\frac{1024}{3\operatorname{tg}^{2}40^{\circ}}\approx484{,}9\) **Uwaga:** Centralna Komisja Egzaminacyjna nie opublikowała dla tego arkusza pokazowego schematu oceniania z progami cząstkowymi. Podana punktacja całkowita pochodzi z arkusza.

**Sprawdzana umiejętność:** wyznaczanie elementów ostrosłupa prawidłowego czworokątnego z kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy i obliczanie jego objętości.

\[P_b=20\sqrt{313}.\]

Z warunku \(|AC|:|AS|=10:13\) przyjmijmy \(|AC|=10k\) oraz \(|AS|=|CS|=13k\). Trójkąt \(ACS\) jest równoramienny, a jego wysokość opuszczona z \(S\) dzieli podstawę na połowy: \[h_{ACS}=\sqrt{(13k)^{2}-(5k)^{2}}=12k.\] Z pola trójkąta \[\frac12\cdot10k\cdot12k=120\quad\Longrightarrow\quad 60k^{2}=120\quad\Longrightarrow\quad k^{2}=2,\] czyli \(k=\sqrt2\), \(|AC|=10\sqrt2\) oraz \(|AS|=13\sqrt2\). Odcinek \(AC\) jest przekątną kwadratowej podstawy, więc jej bok wynosi \[a=\frac{|AC|}{\sqrt2}=10.\] Wysokość ściany bocznej (z trójkąta prostokątnego o przeciwprostokątnej \(|AS|\) i przyprostokątnej \(\frac a2=5\)): \[h=\sqrt{\left(13\sqrt2\right)^{2}-5^{2}}=\sqrt{338-25}=\sqrt{313}.\] Pole powierzchni bocznej: \[P_b=4\cdot\frac{a h}2=2\cdot10\cdot\sqrt{313}=20\sqrt{313}.\] **Odpowiedź.** \(P_b=20\sqrt{313}\)

*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.* Odpowiedź CKE: \(20\sqrt{313}\)

Informator CKE 2010: tabela odpowiedzi nie wyodrębnia wymagania szczegółowego przy tym zadaniu. Przypisanie według treści zadania: Geometria przestrzenna.

\[V=\frac{a^{3}\cos\alpha}{12\sqrt{4\sin^{2}\alpha-1}}.\]

Oznaczmy przez \(b\) długość krawędzi bocznej, a przez \(H\) wysokość ostrosłupa \(ABCS\) o podstawie równobocznej \(ABC\) i krawędzi \(a\). Kąt między sąsiednimi ścianami bocznymi mierzymy w przekroju prostopadłym do ich wspólnej krawędzi. Niech \(E\) będzie spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka \(A\) na krawędź \(CS\); z symetrii spodek wysokości z \(B\) jest tym samym punktem, a szukanym kątem jest \(\angle AEB=2\alpha\). Trójkąt \(AEB\) jest równoramienny, więc \[\frac{a}{2}=\lvert AE\rvert\sin\alpha,\qquad \lvert AE\rvert=\frac{a}{2\sin\alpha}.\] Ściany boczne są trójkątami ostrokątnymi, więc spodek \(E\) leży wewnątrz krawędzi \(CS\). Z drugiej strony \(\lvert AE\rvert\) jest wysokością trójkąta \(ACS\) opuszczoną na bok \(CS\), a pole tego trójkąta można zapisać dwojako: \[\tfrac12 b\lvert AE\rvert=\tfrac12 a\sqrt{b^{2}-\tfrac{a^{2}}{4}}.\] Po podstawieniu i podniesieniu do kwadratu otrzymujemy \[\frac{b^{2}}{4\sin^{2}\alpha}=b^{2}-\frac{a^{2}}{4},\qquad b^{2}=\frac{a^{2}\sin^{2}\alpha}{4\sin^{2}\alpha-1}.\] Zapis ma sens tylko dla \(4\sin^{2}\alpha-1>0\), czyli \(\sin\alpha>\tfrac12\). Promień okręgu opisanego na podstawie wynosi \(\tfrac{a}{\sqrt3}\), więc \[H^{2}=b^{2}-\frac{a^{2}}{3}=\frac{a^{2}\left(3\sin^{2}\alpha-4\sin^{2}\alpha+1\right)}{3\left(4\sin^{2}\alpha-1\right)}=\frac{a^{2}\cos^{2}\alpha}{3\left(4\sin^{2}\alpha-1\right)},\] \[H=\frac{a\cos\alpha}{\sqrt3\sqrt{4\sin^{2}\alpha-1}}.\] Stąd \[V=\tfrac13\cdot\frac{a^{2}\sqrt3}{4}\cdot H=\frac{a^{3}\cos\alpha}{12\sqrt{4\sin^{2}\alpha-1}}.\] **Odpowiedź.** \(V=\dfrac{a^{3}\cos\alpha}{12\sqrt{4\sin^{2}\alpha-1}}\).

Schemat oceniania **1 pkt** – rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny do pełnego rozwiązania zadania: wykonanie rysunku ostrosłupa i zaznaczenie na nim kąta między sąsiednimi ścianami bocznymi. Uwaga: nie wymagamy rysunku, jeżeli z dalszych obliczeń wynika, że zdający poprawnie […] treść zadania. **Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp** – wyznaczenie wysokości \(EF\) trójkąta \(ABE\) w zależności od \(a\) i \(\alpha\): \(m=\frac{a}{2\operatorname{tg}\alpha}\). **Pokonanie zasadniczych trudności zadania** – wyznaczenie długości odcinka \(EC\): \(x=[…]\). **4 pkt** – rozwiązanie prawie pełne: wyznaczenie wysokości ostrosłupa \(H=[…]\). **Rozwiązanie pełne** – wyznaczenie objętości ostrosłupa \(V=[…]\).

IV. Użycie i tworzenie strategii. Obliczanie objętości wielościanu z wykorzystaniem trygonometrii.

\(\cos\alpha=-\frac13\)

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi ostrosłupa \(ABCDS\). Wszystkie krawędzie są równe, więc podstawa \(ABCD\) jest kwadratem o boku \(a\), a każda ściana boczna jest trójkątem równobocznym o boku \(a\). Kąt między sąsiednimi ścianami bocznymi \(ABS\) i \(BCS\) to kąt dwuścienny o krawędzi \(SB\). Zaznaczamy go, prowadząc w obu ścianach wysokości opuszczone na krawędź \(SB\): z wierzchołka \(A\) i z wierzchołka \(C\). W trójkącie równobocznym o boku \(a\) wysokość ma długość \(\frac{a\sqrt3}{2}\), a jej spodkiem jest środek boku \(SB\) — ten sam punkt dla obu ścian. Kątem szukanym jest więc kąt \(\alpha\) między tymi dwiema wysokościami. Trzecim bokiem trójkąta wyznaczonego przez te wysokości jest przekątna podstawy: \[|AC|=a\sqrt2.\] Stosujemy twierdzenie cosinusów: \[\left(a\sqrt2\right)^2=\left(\frac{a\sqrt3}{2}\right)^2+\left(\frac{a\sqrt3}{2}\right)^2-2\cdot\frac{a\sqrt3}{2}\cdot\frac{a\sqrt3}{2}\cdot\cos\alpha,\] \[2a^2=\frac{3a^2}{4}+\frac{3a^2}{4}-\frac{3a^2}{2}\cos\alpha,\] \[2a^2=\frac{3a^2}{2}-\frac{3a^2}{2}\cos\alpha.\] Dzielimy obie strony przez \(a^2>0\): \[2=\frac32-\frac32\cos\alpha,\qquad\frac32\cos\alpha=-\frac12,\qquad\cos\alpha=-\frac13.\] Wartość ujemna potwierdza, że kąt między sąsiednimi ścianami bocznymi jest rozwarty. **Odpowiedź.** \(\cos\alpha=-\frac13\).

*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.* **11.1. (1 pkt)** – zaznaczenie na rysunku szukanego kąta. […] **11.2. (1 pkt)** – obliczenie długości przekątnej podstawy i wysokości ściany bocznej: \(a\sqrt{2}\) i \(\frac{a\sqrt{3}}{2}\), gdzie \(a\) oznacza długość krawędzi ostrosłupa. **11.3. (1 pkt)** – zastosowanie twierdzenia kosinusów w trójkącie, w którym występuje kąt dwuścienny \(\alpha\): \(\left(a\sqrt{2}\right)^{2}=\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}\right)^{2}-2\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot\cos\alpha\). **11.4. (1 pkt)** – obliczenie kosinusa kąta \(\alpha\): \(\cos\alpha=-\frac{1}{3}\). **II metoda rozwiązania: (czynności 11.3 i 11.4)** **11.3. (1 pkt)** – zastosowanie definicji funkcji sinus dla połowy kąta \(\alpha\): \(\sin\frac{\alpha}{2}=\frac{\frac{a\sqrt{2}}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{6}}{3}\). **11.4. (1 pkt)** – wyznaczenie kosinusa kąta \(\alpha\): \(\cos\alpha=1-2\cdot\sin^{2}\left(\frac{\alpha}{2}\right)=-\frac{1}{3}\). Jeśli zdający obliczy przybliżoną wartość kąta \(\alpha\), a następnie wartość kąta \(\alpha\) i poprawnie ustali na tej podstawie przybliżoną wartość \(\cos\alpha\), to otrzymuje punkty w czynnościach 11.3 i 11.4. Za samo obliczenie przybliżonej wartości kąta \(\alpha\) nie przyznajemy punktów w czynności […] Za prawidłowe rozwiązanie każdego z zadań inną metodą niż przedstawiona w schemacie przyznajemy maksymalną liczbę punktów.

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

Krawędź sześcianu ma długość \(2\sqrt[3]{2}\ \mathrm{cm}\).

Krawędź boczna \(b=4\) rzutuje się na połowę przekątnej podstawy, a kąt nachylenia wynosi \(30^\circ\). Z trójkąta prostokątnego utworzonego przez krawędź boczną, wysokość ostrosłupa \(H\) i połowę przekątnej \(\frac d2\): \[H=b\sin30^\circ=4\cdot\tfrac12=2,\qquad \frac d2=b\cos30^\circ=4\cdot\tfrac{\sqrt3}{2}=2\sqrt3,\] skąd \(d=4\sqrt3\). W kwadracie przekątna jest \(\sqrt2\) razy dłuższa od boku, więc krawędź podstawy wynosi \[a=\frac{d}{\sqrt2}=\frac{4\sqrt3}{\sqrt2}=2\sqrt6,\qquad a^2=24.\] Objętość ostrosłupa: \[V=\tfrac13a^2H=\tfrac13\cdot24\cdot2=16.\] Sześcian o krawędzi \(c\) ma tę samą objętość, gdy \[c^3=16,\qquad c=\sqrt[3]{16}=\sqrt[3]{8\cdot2}=2\sqrt[3]{2}.\] **Odpowiedź.** Krawędź sześcianu ma długość \(2\sqrt[3]{2}\ \mathrm{cm}\approx2{,}52\ \mathrm{cm}\).

*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)** – obliczenie wysokości ostrosłupa: \(H=2\). […] **7.2. (1 pkt)** – obliczenie długości przekątnej podstawy ostrosłupa: \(d=4\sqrt{3}\) albo długości krawędzi podstawy: \(a=2\sqrt{6}\). **7.3. (1 pkt)** – obliczenie objętości ostrosłupa: \(V=16\). **7.4. (1 pkt)** – oznaczenie długości krawędzi sześcianu, np. \(b\) i zapisanie równania: \(b^{3}=16\). **7.5. (1 pkt)** – obliczenie długości krawędzi sześcianu: \(b=2\sqrt[3]{2}\). Zdający może podać wynik w postaci, np. \(b=\sqrt[3]{16}\) lub wartość przybliżoną pierwiastka.

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

\(\cos\alpha=\frac14\); przekrojem jest trójkąt równoramienny o ramionach \(\frac{a\sqrt6}{2}\), podstawie \(a\) i wysokości \(\frac{a\sqrt5}{2}\), a jego pole wynosi \(P=\frac{a^2\sqrt5}{4}\).

**Krok \(1\).** Ostrosłup prawidłowy trójkątny ma w podstawie trójkąt równoboczny o boku \(a\), a wszystkie jego krawędzie boczne są równe — tutaj mają długość \(2a\). Kąt między krawędzią boczną a krawędzią podstawy to kąt przy podstawie ściany bocznej, a ściana boczna jest trójkątem równoramiennym o podstawie \(a\) i ramionach \(2a\) — cosinus tego kąta odczytamy z trójkąta prostokątnego. Do przekroju użyjemy twierdzenia cosinusów, wykorzystując właśnie ten sam kąt. **Krok \(2\).** Oznaczmy podstawę \(ABC\) (bok długości \(a\)), a wierzchołek ostrosłupa \(S\). Rozważmy ścianę \(ASB\): \(|AB|=a\), \(|AS|=|BS|=2a\). Szukany kąt \(\alpha=\sphericalangle SAB\) to kąt między krawędzią boczną \(AS\) a krawędzią podstawy \(AB\). **Krok \(3\).** W tym trójkącie równoramiennym prowadzimy wysokość z \(S\) na \(AB\); jej spodek \(M\) jest środkiem \(AB\), więc \(|AM|=\frac a2\), a trójkąt \(AMS\) jest prostokątny z kątem \(\alpha\) przy wierzchołku \(A\). Z definicji cosinusa w trójkącie prostokątnym \[\cos\alpha=\frac{|AM|}{|AS|}=\frac{\frac a2}{2a}=\frac14.\] **Krok \(4\).** Rysujemy przekrój. Płaszczyzna ma przechodzić przez krawędź podstawy — weźmy \(AB\) — oraz przez środek przeciwległej krawędzi bocznej, czyli przez środek \(F\) krawędzi \(CS\). Przekrojem ostrosłupa jest więc trójkąt \(ABF\). **Krok \(5\).** Zbieramy dane potrzebne do policzenia \(|AF|\). W trójkącie \(ACF\) mamy \(|AC|=a\) (krawędź podstawy) oraz \(|CF|=\frac12|CS|=\frac12\cdot2a=a\). Kąt \(\sphericalangle ACF\) to kąt między krawędzią podstawy \(CA\) a krawędzią boczną \(CS\), czyli dokładnie ten sam kąt \(\alpha\), dla którego \(\cos\alpha=\frac14\). **Krok \(6\).** Stosujemy twierdzenie cosinusów w trójkącie \(ACF\): \[|AF|^2=|AC|^2+|CF|^2-2\cdot|AC|\cdot|CF|\cdot\cos\alpha=a^2+a^2-2\cdot a\cdot a\cdot\frac14=2a^2-\frac{a^2}{2}=\frac{3a^2}{2}.\] Stąd \[|AF|=a\sqrt{\frac32}=\frac{a\sqrt6}{2}.\] **Krok \(7\).** Z symetrii ostrosłupa tak samo \(|BF|=\frac{a\sqrt6}{2}\), więc trójkąt \(ABF\) jest równoramienny: podstawa \(|AB|=a\), ramiona \(\frac{a\sqrt6}{2}\). **Krok \(8\).** Wysokość \(h_p\) tego trójkąta poprowadzona z \(F\) dzieli podstawę na połowy, więc z twierdzenia Pitagorasa \[h_p^2=\left(\frac{a\sqrt6}{2}\right)^2-\left(\frac a2\right)^2=\frac{6a^2}{4}-\frac{a^2}{4}=\frac{5a^2}{4},\qquad h_p=\frac{a\sqrt5}{2}.\] **Krok \(9\).** Obliczamy pole przekroju: \[P=\frac12\cdot|AB|\cdot h_p=\frac12\cdot a\cdot\frac{a\sqrt5}{2}=\frac{a^2\sqrt5}{4}.\] **Uwaga.** Kąt między krawędzią boczną a krawędzią podstawy to kąt płaski leżący w ścianie bocznej, a nie kąt nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy — ten drugi ma zupełnie inny cosinus i jest tu najczęstszym źródłem błędu. Zwróć też uwagę, że trójkąt \(ACF\) nie jest prostokątny, więc długości \(|AF|\) nie da się policzyć twierdzeniem Pitagorasa — konieczne jest twierdzenie cosinusów. **Odpowiedź.** \(\cos\alpha=\frac14\); przekrojem jest trójkąt równoramienny o ramionach \(\frac{a\sqrt6}{2}\), podstawie \(a\) i wysokości \(\frac{a\sqrt5}{2}\), a jego pole wynosi \(P=\frac{a^2\sqrt5}{4}\).

**1 pkt** – jeśli obliczy cosinusa kąta między krawędzią boczną a krawędzią podstawy ostrosłupa. Poprawna odpowiedź: \(\cos\alpha=\frac{1}{4}\). **1 pkt** – jeśli zaznaczy właściwy przekrój na rysunku. Poprawna odpowiedź: […] **3 pkt** – jeśli obliczy wysokość opuszczoną na podstawę \(AB\) w trójkącie równoramiennym \(ABF\) (szukanym przekroju). Poprawna odpowiedź: \(h_{p}=\frac{a\sqrt{5}}{2}\). **2 pkt** – jeśli obliczy długość ramienia trójkąta równoramiennego \(ABF\) i na tym zakończy rozwiązanie. Poprawna odpowiedź: \(AF=BF=\frac{a\sqrt{6}}{2}\). **1 pkt** – jeśli zastosuje twierdzenie cosinusów i zapisze równanie z niewiadomą \(x\), gdzie \(x=BF\), i na tym zakończy rozwiązanie lub w dalszej części popełni błędy. Poprawna odpowiedź: \(x^{2}=a^{2}+a^{2}-2\cdot a\cdot a\cdot\frac{1}{4}\). **1 pkt** – jeśli obliczy pole przekroju. Poprawna odpowiedź: \(P_{p}=\frac{a^{2}\sqrt{5}}{4}\). Za prawidłowe rozwiązanie każdego z zadań inną metodą niż przedstawiona w kluczu punktowania przyznajemy maksymalną liczbę punktów.

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

\(\cos\beta=\dfrac{\sqrt5}{5}\approx0{,}447\), stąd \(\beta\approx63^\circ\).

Kąt \(\beta\) zaznaczamy między wysokością ściany bocznej poprowadzoną z wierzchołka ostrosłupa na krawędź podstawy a odcinkiem łączącym środek podstawy ze środkiem tej krawędzi. Pole powierzchni bocznej to suma pól trzech trójkątów o podstawie \(a\) i wysokości \(h\) (wysokość ściany bocznej): \[3\cdot\frac{a h}{2}=\frac{a^2\sqrt{15}}{4},\qquad h=\frac{a\sqrt{15}}{6}.\] Rzutem tej wysokości na płaszczyznę podstawy jest promień okręgu wpisanego w trójkąt równoboczny o boku \(a\), czyli \(r=\dfrac{a\sqrt3}{6}\). Zatem \[\cos\beta=\frac{r}{h}=\frac{\frac{a\sqrt3}{6}}{\frac{a\sqrt{15}}{6}} =\frac{\sqrt3}{\sqrt{15}}=\frac{1}{\sqrt5}=\frac{\sqrt5}{5}\approx0{,}447.\] Z tablic wartości funkcji trygonometrycznych \(\cos63^\circ\approx0{,}454\) i \(\cos64^\circ\approx0{,}438\), więc \(\beta\approx63^\circ\). **Odpowiedź.** \(\cos\beta=\dfrac{\sqrt5}{5}\), \(\beta\approx63^\circ\).

*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.* Na rysunku zaznaczam kąt nachylenia ściany bocznej ostrosłupa do płaszczyzny podstawy – \(\beta\) (punkt \(D\) jest środkiem odcinka \(BC\)). […] Wprowadzam oznaczenie: \(h\) – wysokość ściany bocznej. Zapisuję równanie opisujące pole powierzchni bocznej ostrosłupa: \(3\cdot\frac{1}{2}\cdot a\cdot h=\frac{a^{2}\sqrt{15}}{4}\), z którego wyznaczam wysokość ściany bocznej ostrosłupa \(h=\frac{a\sqrt{15}}{6}\). Z trójkąta prostokątnego \(SOD\), w którym \(x=OD=\frac{a\sqrt{3}}{6}\) – długość promienia okręgu wpisanego w podstawę ostrosłupa otrzymuję: \(\cos\beta=\frac{x}{h}\). \(\cos\beta=\frac{x}{h}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{6}}{\frac{a\sqrt{15}}{6}}=\frac{\sqrt{5}}{5}\approx 0{,}4472\). Z tablicy wartości funkcji trygonometrycznych odczytuję miarę kąta: \(\beta=63^\circ\).

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

a) dowód poniżej; b) \(\operatorname{tg}\alpha=\sqrt7\), czyli \(\alpha\approx69^\circ\).

Niech \(a\) oznacza krawędź podstawy, a \(b\) krawędź boczną. **a)** Ścianą boczną jest trójkąt równoramienny o podstawie \(a\) i kątach przy podstawie \(\alpha\), więc \(\cos\alpha=\dfrac{a/2}{b}\), czyli \(b=\dfrac{a}{2\cos\alpha}\). Rzutem krawędzi bocznej na podstawę jest połowa przekątnej kwadratu, czyli \(\dfrac{a\sqrt2}{2}\). Z twierdzenia Pitagorasa \[H^2=b^2-\frac{a^2}{2}=\frac{a^2}{4\cos^2\alpha}-\frac{a^2}{2} =\frac{a^2\left(1-2\cos^2\alpha\right)}{4\cos^2\alpha}.\] Stąd \[a^2=\frac{4H^2\cos^2\alpha}{1-2\cos^2\alpha}.\] Warunek \(45^\circ<\alpha<90^\circ\) gwarantuje \(1-2\cos^2\alpha>0\). Ponieważ \[\frac{\cos^2\alpha}{1-2\cos^2\alpha}=\frac{1}{\frac{1}{\cos^2\alpha}-2} =\frac{1}{1+\operatorname{tg}^2\alpha-2}=\frac{1}{\operatorname{tg}^2\alpha-1},\] to \[V=\frac13a^2H=\frac43\cdot\frac{H^3}{\operatorname{tg}^2\alpha-1}.\] **b)** Z warunku \(V=\tfrac29H^3\) otrzymujemy \[\frac43\cdot\frac{1}{\operatorname{tg}^2\alpha-1}=\frac29,\qquad \operatorname{tg}^2\alpha-1=6,\qquad \operatorname{tg}\alpha=\sqrt7\approx2{,}646.\] Z tablic \(\operatorname{tg}69^\circ\approx2{,}605\) i \(\operatorname{tg}70^\circ\approx2{,}747\), więc \(\alpha\approx69^\circ\). **Odpowiedź.** \(\alpha\approx69^\circ\).

*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.* Wprowadzam oznaczenia: \(a\) – długość krawędzi podstawy ostrosłupa, \(h\) – wysokość ściany bocznej ostrosłupa. […] a) Z trójkąta prostokątnego \(BES\) wyznaczam \(h\): \(\frac{h}{\frac{a}{2}}=\operatorname{tg}\alpha\), stąd \(h=\frac{a}{2}\cdot\operatorname{tg}\alpha\). Stosuję twierdzenie Pitagorasa w trójkącie prostokątnym \(SOE\) i otrzymuję: \(H^{2}+\left(\frac{a}{2}\right)^{2}=h^{2}\). Podstawiam wyrażenie \(\frac{a}{2}\cdot\operatorname{tg}\alpha\) w miejsce \(h\), otrzymuję \(H^{2}+\left(\frac{a}{2}\right)^{2}=\left(\frac{a}{2}\operatorname{tg}\alpha\right)^{2}\). Wyznaczam \(a^{2}\): \(H^{2}+\frac{a^{2}}{4}=\frac{a^{2}}{4}\cdot\operatorname{tg}^{2}\alpha\), \(H^{2}=\frac{a^{2}}{4}\cdot\left(\operatorname{tg}^{2}\alpha-1\right)\), \(a^{2}=\frac{4H^{2}}{\operatorname{tg}^{2}\alpha-1}\). Obliczam objętość ostrosłupa: podstawiam do wzoru \(V=\frac{1}{3}a^{2}H\) wyznaczoną wartość \(a^{2}=\frac{4H^{2}}{\operatorname{tg}^{2}\alpha-1}\); \(V=\frac{1}{3}\cdot\frac{4H^{2}}{\operatorname{tg}^{2}\alpha-1}\cdot H=\frac{4}{3}\cdot\frac{H^{3}}{\operatorname{tg}^{2}\alpha-1}\) – co należało wykazać. b) Zapisuję równanie: \(\frac{2}{9}\cdot H^{3}=\frac{4}{3}\cdot\frac{H^{3}}{\operatorname{tg}^{2}\alpha-1}\). Mnożę obie jego strony przez \(\frac{9}{2\cdot H^{3}}\) i otrzymuję równanie: \(1=\frac{6}{\operatorname{tg}^{2}\alpha-1}\). Stąd \(\operatorname{tg}^{2}\alpha=7\) czyli \(\operatorname{tg}\alpha=\sqrt{7}\) (odrzucam równość \(\operatorname{tg}\alpha=-\sqrt{7}\), bo \(\alpha\) jest kątem ostrym). \(\sqrt{7}\approx 2{,}6458\) Z tablic funkcji trygonometrycznych odczytuję szukaną miarę kąta \(\alpha\): \(\alpha=69^\circ\).

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

Pole powierzchni dachu wynosi \(32\ \mathrm{m}^{2}\), a należy kupić \(830\) dachówek.

**Krok \(1\).** Oznaczmy: \(ABCD\) — kwadratowa podstawa o boku \(a=4\ \mathrm{m}\), \(S\) — wierzchołek ostrosłupa, \(O\) — środek podstawy, \(F\) — środek krawędzi \(AB\). Odcinek \(SF\) jest wysokością ściany bocznej, a kąt \(SFO=60^\circ\) jest kątem nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy — te wielkości zaznaczamy na rysunku pomocniczym. **Krok \(2\).** Odcinek \(OF\) łączy środek kwadratu ze środkiem jego boku, więc \[OF=\frac{a}{2}=2\ \mathrm{m}.\] **Krok \(3\).** W trójkącie prostokątnym \(SOF\) (kąt prosty przy wierzchołku \(O\)) mamy \[\cos 60^\circ=\frac{OF}{SF},\qquad \frac12=\frac{2}{SF},\qquad SF=4\ \mathrm{m}.\] **Krok \(4\).** Dach jest powierzchnią boczną ostrosłupa, czyli składa się z czterech przystających trójkątów o podstawie \(a=4\ \mathrm{m}\) i wysokości \(SF=4\ \mathrm{m}\): \[P=4\cdot\frac{4\cdot4}{2}=32\ \mathrm{m}^{2}.\] **Krok \(5\).** Liczba dachówek bez zapasu: \[32\cdot 24=768.\] **Krok \(6\).** Doliczamy \(8\%\) zapasu: \[108\%\cdot 768=768\cdot 1{,}08=829{,}44,\] a ponieważ dachówki kupuje się w całych sztukach, zaokrąglamy w górę do \(830\). **Odpowiedź.** Należy kupić \(830\) sztuk dachówek.

*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 9.** (\(6\) pkt) Dach wieży ma kształt powierzchni bocznej ostrosłupa prawidłowego czworokątnego, którego krawędź podstawy ma długość \(4\,\mathrm{m}\). Ściana boczna tego ostrosłupa jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem \(60^{\circ}\). a) Sporządź pomocniczy rysunek i zaznacz na nim podane w zadaniu wielkości. b) Oblicz, ile sztuk dachówek należy kupić, aby pokryć ten dach, wiedząc, że do pokrycia \(1\,\mathrm{m}^{2}\) potrzebne są \(24\) dachówki. Przy zakupie należy doliczyć \(8\%\) dachówek na zapas. (rysunek: ostrosłup o wierzchołku \(S\) i podstawie \(ABCD\), punkty \(E\), \(F\), \(O\), krawędź podstawy \(a\), kąt \(60^{\circ}\)) Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku: \(a=AB=4\,\mathrm{m}\). Trójkąt \(EFS\) jest równoboczny. Wysokość ściany bocznej \(SF=4\,\mathrm{m}\). Obliczam pole powierzchni dachu: \[P=4\cdot\frac{4\cdot 4}{2}=32\,\mathrm{m}^{2}.\] Obliczam liczbę dachówek bez uwzględniania zapasu: \(32\cdot 24=768\) sztuk. Obliczam, ile dachówek należy kupić, uwzględniając zapas: \(108\%\cdot 768=829{,}44\). Odp.: Należy kupić \(830\) sztuk dachówek. | Nr czynności | 9.1. | 9.2. | 9.3. | 9.4. | 9.5. | |---|---:|---:|---:|---:|---:| | Maks. liczba pkt | \(1\) | \(1\) | \(1\) | \(2\) | \(1\) | (wiersz „Uzyskana liczba pkt” wypełnia egzaminator)

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

\[P_{\text{przekroju}}=\frac{a^{2}\sqrt6}{8}.\]

Oznaczmy podstawę przez \(ABC\), wierzchołek przez \(S\), a przez \(b\) długość krawędzi bocznej. Przekrój przechodzi przez krawędź \(AB\) i środek \(E\) przeciwległej krawędzi bocznej \(CS\); jest to trójkąt \(ABE\). Kąt między krawędzią boczną a krawędzią podstawy to kąt przy podstawie trójkąta równoramiennego \(ABS\), więc \[\cos 45^\circ=\frac{a/2}{b},\qquad b=\frac{a}{2\cos 45^\circ}=\frac{a\sqrt2}{2}.\] Promień okręgu opisanego na podstawie wynosi \(\tfrac{a\sqrt3}{3}\), zatem wysokość ostrosłupa spełnia \[H^{2}=b^{2}-\frac{a^{2}}{3}=\frac{a^{2}}{2}-\frac{a^{2}}{3}=\frac{a^{2}}{6},\qquad H=\frac{a}{\sqrt6}.\] Niech \(D\) będzie środkiem krawędzi \(AB\). Trójkąt \(ABE\) jest równoramienny (\(\lvert AE\rvert=\lvert BE\rvert\)), więc \(DE\) jest jego wysokością. Punkt \(E\) leży w połowie odcinka \(CS\), więc jego odległość od płaszczyzny podstawy wynosi \(\tfrac12 H\), a jego rzut prostokątny na podstawę jest środkiem odcinka \(CO\), gdzie \(O\) to środek podstawy. Odległość tego rzutu od prostej \(AB\) jest równa \[\lvert DO\rvert+\tfrac12\lvert OC\rvert=\frac{a\sqrt3}{6}+\frac12\cdot\frac{a\sqrt3}{3}=\frac{a\sqrt3}{3},\] zatem \[\lvert DE\rvert=\sqrt{\left(\frac{a\sqrt3}{3}\right)^{2}+\left(\frac{a}{2\sqrt6}\right)^{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}}{3}+\frac{a^{2}}{24}}=\frac{a\sqrt6}{4}.\] Stąd \[P_{ABE}=\tfrac12\cdot a\cdot\frac{a\sqrt6}{4}=\frac{a^{2}\sqrt6}{8}.\] **Odpowiedź.** Pole przekroju jest równe \(\dfrac{a^{2}\sqrt6}{8}\).

*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.* **19.1. (1 pkt)** – […] przekrojem. […] **19.2. (1 pkt)** – obliczenie długości krawędzi bocznej ostrosłupa: \(\frac{a\sqrt{2}}{2}\). **Metoda I** **19.3. (1 pkt)** – wyznaczenie cosinusa kąta nachylenia krawędzi bocznej ostrosłupa do płaszczyzny jego podstawy: \(\cos\alpha=\frac{\sqrt{6}}{3}\). **19.4. (2 pkt)** – obliczenie długości wysokości przekroju: \(DE=\frac{a\sqrt{6}}{4}\). **Metoda II** **19.3. (1 pkt)** – obliczenie długości boków \(SD\) i \(ES\) w trójkącie \(EDS\): \(SD=\frac{a}{2}\) i \(SE=\frac{a\sqrt{2}}{4}\). **19.4. (2 pkt)** – obliczenie długości wysokości przekroju: \(DE=\frac{a\sqrt{6}}{4}\). **Metoda III** **19.3. (1 pkt)** – obliczenie długości odcinka \(EB\): \(EB=\frac{a\sqrt{10}}{4}\). **19.4. (2 pkt)** – obliczenie długości wysokości przekroju: \(DE=\frac{a\sqrt{6}}{4}\). **19.5. (1 pkt)** – obliczenie pola przekroju: \(S=\frac{a^{2}\sqrt{6}}{[…]}\).

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

Kąt między ścianą boczną a płaszczyzną podstawy ma miarę \(30^\circ\).

Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy ostrosłupa prawidłowego sześciokątnego. Podstawa składa się z sześciu trójkątów równobocznych o boku \(a\): \[P_p=6\cdot\frac{a^{2}\sqrt3}{4}=\frac{3a^{2}\sqrt3}{2}=6\sqrt3\quad\Longrightarrow\quad a^{2}=4,\qquad a=2.\] Odległość środka \(O\) podstawy od środka jej boku (apotema sześciokąta) wynosi \[\lvert OC\rvert=\frac{a\sqrt3}{2}=\sqrt3.\] Powierzchnia boczna to sześć przystających trójkątów o podstawie \(a\) i wysokości \(m\): \[P_b=6\cdot\tfrac12 a m=6m=12\quad\Longrightarrow\quad m=2.\] Kąt \(\beta\) między ścianą boczną a płaszczyzną podstawy jest kątem trójkąta prostokątnego o przyprostokątnej \(\lvert OC\rvert\) i przeciwprostokątnej \(m\): \[\cos\beta=\frac{\lvert OC\rvert}{m}=\frac{\sqrt3}{2},\qquad \beta=30^\circ.\] **Odpowiedź.** Szukany kąt ma miarę \(30^\circ\).

*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.* **11.1. (1 pkt)** – sporządzenie rysunku wraz z oznaczeniami. **11.2. (1 pkt)** – wyznaczenie pola \(P\) podstawy ostrosłupa: \(P=\frac{3}{2}a^{2}\sqrt{3}\). **11.3. (1 pkt)** – wykorzystanie pola podstawy do ułożenia równania z niewiadomą \(a\): \(\frac{3}{2}a^{2}\sqrt{3}=6\sqrt{3}\). **11.4. (1 pkt)** – wyznaczenie długości \(a\) odcinka \(AB\): \(a=2\). **11.5. (1 pkt)** – wyznaczenie długości \(h_{p}\) odcinka \(OC\): \(h_{p}=\sqrt{3}\). **11.6. (1 pkt)** – wykorzystanie pola powierzchni bocznej ostrosłupa i obliczenie długości \(h_{b}\) wysokości ściany bocznej ostrosłupa: \(12=6h_{b}\), \(h_{b}=2\). **11.7. (1 pkt)** – wyznaczenie miary kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy: \(\cos\beta=\frac{h_{p}}{h_{b}}=\frac{\sqrt{3}}{2}\), \(\beta=30^\circ\). Za prawidłowe rozwiązanie każdego z zadań inną metodą od przedstawionej w schemacie przyznajemy maksymalną liczbę punktów.

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

Kąt nachylenia ściany bocznej ostrosłupa do podstawy ma miarę \(60^\circ\).

**Krok \(1\).** Obliczenie objętości stożka \(1\) p V = \(96\) \(dm3\) **Krok \(2\).** Obliczenie pola powierzchni podstawy \(1\) p P = \(48\) \(dm2\) **Krok \(3\).** ostrosłupa **Krok \(4\).** Obliczenie długości wysokości ostrosłupa \(1\) p H = \(6\) dm **Krok \(5\).** Wyznaczenie jednej z funkcji **Krok \(6\).** trygonometrycznych kąta nachylenia **Krok \(7\).** \(1\) p tga = \(3\) **Krok \(8\).** ściany bocznej ostrosłupa do jego **Odpowiedź.** Kąt nachylenia ściany bocznej ostrosłupa do podstawy ma miarę \(60^\circ\).

*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.* **10.1. (1 pkt)** – obliczenie objętości stożka: \(V=96\,\mathrm{dm}^{3}\) **10.2. (1 pkt)** – obliczenie pola powierzchni podstawy ostrosłupa: \(P=48\,\mathrm{dm}^{2}\) **10.3. (1 pkt)** – obliczenie długości wysokości ostrosłupa: \(H=6\,\mathrm{dm}\) **10.4. (1 pkt)** – wyznaczenie jednej z funkcji trygonometrycznych kąta nachylenia ściany bocznej ostrosłupa do jego podstawy: \(\operatorname{tg}\alpha=\sqrt{3}\) **10.5. (1 pkt)** – wyznaczenie kąta nachylenia ściany bocznej ostrosłupa do jego podstawy: \(\alpha=60^\circ\)

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