Trójkąt równoboczny w zadaniach z matury

**P, P.** Pole boczne wynosi \(P_b=\pi rl=\pi\cdot3\cdot6=18\pi\), czyli jest dwukrotnie większe od pola podstawy \(P_p=9\pi\). Przekrój osiowy ma boki \(6\), \(6\), \(6\), więc kąt rozwarcia stożka ma miarę \(60^{\circ}\).

**Stwierdzenie 1.** Pole podstawy stożka o promieniu \(r=3\) jest równe \(P_p=\pi r^{2}=9\pi\), a pole powierzchni bocznej — \(P_b=\pi rl\), gdzie \(l=6\) jest tworzącą: \[P_b=\pi\cdot3\cdot6=18\pi=2\cdot9\pi=2P_p.\] Stwierdzenie jest **prawdziwe**. **Stwierdzenie 2.** Przekrojem osiowym stożka jest trójkąt równoramienny o ramionach równych tworzącej i podstawie równej średnicy podstawy stożka: \[l=l=6,\qquad 2r=6.\] Wszystkie boki są równe, więc przekrój jest trójkątem równobocznym, a kąt rozwarcia stożka, czyli kąt przy jego wierzchołku, ma miarę \(60^{\circ}\). Stwierdzenie jest **prawdziwe**. **Odpowiedź.** P, P

1 pkt – odpowiedź poprawna. 0 pkt – odpowiedź niepełna lub niepoprawna albo brak odpowiedzi.

III. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. X.5) i X.4) Zdający oblicza pole powierzchni stożka oraz rozpoznaje i oblicza kąt rozwarcia stożka.

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. \(12\)/π

Z długości okręgu wyznaczamy promień okręgu opisanego: \[2\pi R=16,\qquad R=\frac{8}{\pi}.\] Środek okręgu opisanego na trójkącie równobocznym dzieli wysokość w stosunku \(2:1\) od wierzchołka, więc \(R=\frac23h\), skąd \[h=\tfrac32R=\tfrac32\cdot\frac{8}{\pi}=\frac{12}{\pi}.\] **Odpowiedź.** D. \(\dfrac{12}{\pi}\)

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

**Wymagania ogólne:** V. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** G10.5) Zdający oblicza długość okręgu […]; G10.22) Zdający rozpoznaje wielokąty foremne i korzysta z ich podstawowych własności.

Bok trójkąta \(T\) ma długość \(27\).

Środek okręgu opisanego na trójkącie równobocznym pokrywa się z punktem przecięcia jego wysokości, który dzieli każdą wysokość w stosunku \(2:1\), licząc od wierzchołka. Promień okręgu opisanego stanowi więc \(\frac23\) wysokości. Dla trójkąta równobocznego o boku \(a\) wysokość wynosi \(h=\frac{a\sqrt3}{2}\), zatem \[R=\frac23\cdot\frac{a\sqrt3}{2}=\frac{a\sqrt3}{3}=\frac{a}{\sqrt3}.\] Stąd \(a=R\sqrt3\). Podstawiamy \(R=9\sqrt3\): \[a=9\sqrt3\cdot\sqrt3=9\cdot3=27.\] **Odpowiedź.** Bok trójkąta \(T\) ma długość \(27\).

**1 pkt** – poprawne uzupełnienie zdania: \(27\) **0 pkt** – brak spełnienia powyższego kryterium

**Wymaganie ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** VIII.3) Zdający rozpoznaje wielokąty foremne i korzysta z ich podstawowych własności; VIII.10) Zdający wskazuje podstawowe punkty szczególne w trójkącie, w tym środek okręgu opisanego na trójkącie.

**B.** \(\pi-\frac{3\sqrt3}{2}\)

Pole koła o promieniu \(1\) wynosi \(\pi\). Sześciokąt foremny składa się z sześciu trójkątów równobocznych o boku \(1\), więc jego pole to \(6\cdot\frac{\sqrt3}{4}=\frac{3\sqrt3}{2}\). Pole zacieniowane wynosi \[\pi-\frac{3\sqrt3}{2}.\] Poprawna jest odpowiedź **B**.

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

**Wymagania ogólne:** IV. Rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** VIII.3) Zdający rozpoznaje wielokąty foremne i korzysta z ich podstawowych własności.

W przekroju osiowym połowa kąta rozwarcia ma miarę \(60^{\circ}\). Zatem \[r=8\sin60^{\circ}=4\sqrt3,\qquad h=8\cos60^{\circ}=4.\] Objętość stożka wynosi \[V=\frac13\pi r^{2}h=\frac13\pi\cdot48\cdot4=64\pi.\]

**Krok \(1\).** Kąt rozwarcia stożka to kąt przy wierzchołku w jego przekroju osiowym. Przekrój ten jest trójkątem równoramiennym o ramionach równych tworzącej, a wysokość stożka dzieli go na dwa przystające trójkąty prostokątne. Cała praca sprowadza się więc do jednego trójkąta prostokątnego. **Krok \(2\).** Wysokość dzieli kąt rozwarcia na połowy, więc w tym trójkącie prostokątnym kąt przy wierzchołku stożka ma miarę \[\frac{120^\circ}{2}=60^\circ.\] **Krok \(3\).** W tym trójkącie przeciwprostokątną jest tworząca \(l=8\), przyprostokątną leżącą naprzeciw kąta \(60^\circ\) jest promień podstawy \(r\), a przyprostokątną przy tym kącie — wysokość stożka \(H\). **Krok \(4\).** Z definicji sinusa: \[r=l\cdot\sin60^\circ=8\cdot\frac{\sqrt3}{2}=4\sqrt3.\] **Krok \(5\).** Z definicji cosinusa: \[H=l\cdot\cos60^\circ=8\cdot\frac12=4.\] **Krok \(6\).** Do wzoru na objętość potrzebny jest kwadrat promienia: \[r^2=\left(4\sqrt3\right)^2=16\cdot3=48.\] **Krok \(7\).** Podstawiamy do wzoru na objętość stożka: \[V=\frac13\pi r^2H=\frac13\pi\cdot48\cdot4=\frac{192}{3}\pi=64\pi.\] **Uwaga.** Kąt \(120^\circ\) jest kątem całego rozwarcia, a nie kątem w trójkącie prostokątnym — połówka to \(60^\circ\). Przekrój osiowy nie jest tu trójkątem równobocznym, tworząca nie jest ani wysokością, ani promieniem: gdyby przyjąć \(H=8\) albo \(r=8\), całe rozwiązanie byłoby błędne. **Odpowiedź.** \(V=64\pi\).

**3 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: \(V=64\pi\). **2 pkt** – zapisanie promienia podstawy stożka: \(r=4\sqrt{3}\) oraz zapisanie wysokości stożka: \(H=4\) ALBO – obliczenie kwadratu promienia podstawy stożka: \(r^2=48\) oraz zapisanie wysokości stożka: \(H=4\), ALBO – zapisanie wysokości stożka: \(H=4\) oraz wyznaczenie objętości stożka w zależności od \(H\), np. \(V=\) […] \(\cdot H\), ALBO – zapisanie promienia podstawy stożka: \(r=4\sqrt{3}\) oraz wyznaczenie objętości stożka w zależności od \(r\), np. \(V=\tfrac{1}{3}\pi r^2\) […], ALBO – wyznaczenie objętości stożka w zależności od tworzącej \(l\), np. \(V=\) […]. **1 pkt** – zapisanie promienia podstawy stożka: \(r=4\sqrt{3}\) ALBO – zapisanie wysokości stożka: \(H=4\), ALBO – obliczenie kwadratu promienia podstawy stożka: \(r^2\) […], ALBO – zapisanie układu równań pozwalającego obliczyć \(r\) oraz \(H\), np.: […], ALBO – wyznaczenie objętości stożka w zależności od \(H\), np. \(V=\) […], ALBO – wyznaczenie objętości stożka w zależności od \(r\), np. \(V=\) […]. **0 pkt** – rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania. Uwagi: 1. Jeżeli zdający przyjmuje w rozwiązaniu, że: a) trójkąt \(SOB\) jest trójkątem równobocznym, b) wysokość stożka jest równa \(8\), lub c) promień podstawy stożka jest równy \(8\), to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie. 2. Jeżeli jedynym błędem zdającego jest: a) zastosowanie niepoprawnej definicji jednej funkcji trygonometrycznej, b) błędne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa, c) błędne zastosowanie twierdzenia cosinusów, d) zastosowanie niepoprawnej tożsamości \(x^2+y^2=x+y\), e) błędne zastosowanie własności trójkąta o kątach \(30^\circ\), \(60^\circ\), \(90^\circ\) (tzn. zapisanie, że promień podstawy stożka jest równy \(4\) i wysokość stożka jest równa \(4\sqrt{3}\)), lub f) przyjęcie, że kąt \(120^\circ\) to kąt wycinka koła o promieniu \(8\) tworzącego powierzchnię boczną stożka, i rozwiązanie zostanie doprowadzone konsekwentnie do końca, to zdający może otrzymać 1 punkt za całe rozwiązanie (za konsekwentne obliczenie objętości stożka). Jeżeli zdający popełni więcej niż jeden z wymienionych błędów a)—f), to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie, o ile nie nabył prawa do innej liczby punktów (np. za zapisanie wysokości stożka: \(H=4\)).

1 pkt – zastosowanie definicji funkcji trygonometrycznej lub związków miarowych w trójkącie o kątach 30°, 60°, 90° i zapisanie równania z jedną niewiadomą (wysokością stożka lub promieniem podstawy stożka), np.: \(\frac{H}{8}=\cos 60^{\circ}\), \(\frac{r}{8}=\frac{\sqrt{3}}{2}\).

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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.

**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.

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

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.

**D.** \(18\sqrt3\)

Długość boku trójkąta równobocznego wynosi \[|KL|=\sqrt{(-1+7)^2+(4+2)^2}=\sqrt{6^2+6^2}=6\sqrt2.\] Pole trójkąta równobocznego jest równe \[P=\frac{|KL|^2\sqrt3}{4}=\frac{(6\sqrt2)^2\sqrt3}{4}=18\sqrt3.\]

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

**Wymagania ogólne:** III. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji; dobieranie modeli matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** IX.3 obliczanie odległości dwóch punktów w układzie współrzędnych.

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

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

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

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

**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.

**\(A_{2}\).** Skala \(3\), ponieważ pole \(T_2\) jest \(9\) razy większe od pola \(T_1\).

Stosunek pól wynosi \[\frac{P_{T_2}}{P_{T_1}}=\frac{(4{,}5)^2}{(1{,}5)^2}=\left(\frac{4{,}5}{1{,}5}\right)^2=3^2=9.\] Pola figur podobnych pozostają w stosunku równym kwadratowi skali, więc skala podobieństwa wynosi \(3\). Poprawny zestaw to **\(A_{2}\)**.

**1 pkt** – odpowiedź **A2** **0 pkt** – odpowiedź niepełna, niepoprawna albo brak odpowiedzi

**Wymagania ogólne:** IV.3 dobieranie argumentów uzasadniających rozwiązanie. **Wymagania szczegółowe:** VIII.9 zdający wykorzystuje zależności między polami figur podobnych.

C. \(3\sqrt{3}\)

Wysokość trójkąta równobocznego o boku \(a\) wynosi \(h=\frac{a\sqrt3}{2}\), więc \[\frac{a\sqrt3}{2}=3,\qquad a=\frac{6}{\sqrt3}=2\sqrt3.\] Pole: \[P=\frac{a^2\sqrt3}{4}=\frac{12\sqrt3}{4}=3\sqrt3.\] Ten sam wynik daje wzór \(P=\frac12ah=\frac12\cdot2\sqrt3\cdot3=3\sqrt3\). **Odpowiedź.** C. \(3\sqrt3\)

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

Zadanie 20. Klucz CKE dla terminu poprawkowego 2023 nie zawiera tabeli wymagań egzaminacyjnych. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

**C.** \(15^\circ\)

Boki \(DC\) i \(CE\) mają tę samą długość: pierwszy jest bokiem kwadratu, a drugi bokiem trójkąta równobocznego zbudowanego na boku \(BC\). Trójkąt \(DCE\) jest więc równoramienny. Ponieważ \[\angle DCE=90^\circ+60^\circ=150^\circ,\] to jego kąty przy podstawie mają miarę \[\angle DEC=\frac{180^\circ-150^\circ}{2}=15^\circ.\]

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

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** G10.8 korzystanie z własności kątów i przekątnych w czworokątach.

**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.

\[H=5\sqrt5.\]

Podstawą ostrosłupa jest trójkąt równoboczny o boku \(10\sqrt3\). Ponieważ wszystkie krawędzie boczne mają tę samą długość, spodek wysokości jest środkiem okręgu opisanego na podstawie. Jego promień wynosi \[R=\frac{10\sqrt3\cdot\sqrt3}{3}=10.\] W trójkącie prostokątnym utworzonym przez wysokość \(H\), promień \(R\) i krawędź boczną długości \(15\): \[R^2+H^2=15^2,\] \[10^2+H^2=225,\] \[H^2=125,\qquad H=5\sqrt5.\]

**3 pkt** – obliczenie promienia okręgu opisanego na podstawie, poprawne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa i wynik \(H=5\sqrt5\) **2 pkt** – obliczenie promienia okręgu opisanego na podstawie oraz poprawne zastosowanie twierdzenia Pitagorasa **1 pkt** – obliczenie promienia \(R=10\) okręgu opisanego na trójkącie równobocznym **0 pkt** – zastosowanie niepoprawnej metody albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. rozumowanie i argumentacja - stosowanie i tworzenie strategii podczas rozwiązywania zadań. **Wymagania szczegółowe:** VII.4 i VIII.2 rozwiązywanie trójkątów przy użyciu odpowiednich twierdzeń oraz stosowanie zależności między długościami boków i miarami kątów.

\[|EF|=18.\]

Wysokość trójkąta równobocznego o boku \(24\) ma długość \(12\sqrt3\), zatem \(SD=6\sqrt3\) i \(|AD|=12\). Trójkąty \(EDS\) i \(ADC\) są podobne, ponieważ \(ES\parallel AC\). Skala podobieństwa wynosi \[\frac{|SD|}{|CD|}=\frac12,\] więc \(|ED|=6\). Stąd \(|AE|=|AD|-|ED|=6\) oraz \(|BE|=24-6=18\). Ponieważ trójkąty \(BFE\) i \(BCA\) są podobne, \[\frac{|EF|}{|AC|}=\frac{|BE|}{|BA|}=\frac{18}{24}=\frac34.\] Zatem \(|EF|=\frac34\cdot24=18\).

**2 pkt** – poprawna metoda i wynik \(|EF|=18\) **1 pkt** – zapisanie poprawnej proporcji wynikającej z podobieństwa trójkątów lub wyznaczenie jednego z odcinków \(ES\), \(SF\), \(ED\) **0 pkt** – niepoprawna metoda albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** II i III interpretowanie rysunku oraz użycie obiektów matematycznych. **Wymagania szczegółowe:** VIII.3 i VIII.7 stosowanie podobieństwa trójkątów, własności trójkąta równobocznego i twierdzenia Pitagorasa.

D. \(36\sqrt{3}\)

Wysokość trójkąta równobocznego o boku \(a\) jest równa \(h=\frac{a\sqrt3}{2}\), więc \[\frac{a\sqrt3}{2}=6\sqrt3,\qquad a=12.\] Pole: \[P=\frac{a^2\sqrt3}{4}=\frac{144\sqrt3}{4}=36\sqrt3.\] **Odpowiedź.** D. \(36\sqrt3\)

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

**Wymagania egzaminacyjne 2022** **Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** G10.9) Zdający oblicza pola i obwody trójkątów […].

**C.** \(2\sqrt3\)

Pole sześciokąta foremnego o boku \(s\) jest równe \[6\cdot\frac{\sqrt3}{4}s^2=\frac{3\sqrt3}{2}s^2.\] Z warunku \(\frac{3\sqrt3}{2}s^2=6\sqrt3\) otrzymujemy \(s^2=4\), więc \(s=2\). Odcinek \(AE\) jest wysokością dwóch trójkątów równobocznych o boku \(2\), zatem \(|AE|=2\sqrt3\). Pole trójkąta \(ABE\) wynosi \[P_{ABE}=\frac12\cdot|AB|\cdot|AE|=\frac12\cdot2\cdot2\sqrt3=2\sqrt3.\]

**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:** VIII.3 rozpoznawanie wielokątów foremnych i korzystanie z ich podstawowych własności.

**B.** \(2\sqrt3\)

Z pola sześciokąta foremnego \[\frac{3\sqrt3}{2}s^2=6\sqrt3\] otrzymujemy \(s=2\). Odcinek \(AE\) jest sumą wysokości dwóch trójkątów równobocznych o boku \(2\), więc \[|AE|=2\cdot\frac{2\sqrt3}{2}=2\sqrt3.\]

**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:** VIII.3 rozpoznawanie wielokątów foremnych i korzystanie z ich podstawowych własności.

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

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

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

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

**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.

Długość boku trójkąta \(AKL\) jest równa \(4\).

Niech \(a\) oznacza długość boku trójkąta równobocznego \(ABC\). Ze wzoru na jego pole otrzymujemy \[\frac{a^2\sqrt3}{4}=9\sqrt3.\] Stąd \(a^2=36\), a ponieważ \(a>0\), mamy \(a=6\). Stosunek długości odpowiednich boków trójkątów \(ABC\) i \(AKL\) jest równy \(\frac32\), zatem \[\frac{6}{|AK|}=\frac32.\] Po rozwiązaniu równania dostajemy \[|AK|=4.\]

**2 pkt** – zastosowanie poprawnej metody i obliczenie \(|AK|=4\) **1 pkt** – obliczenie długości boku trójkąta \(ABC\): \(|AB|=6\), obliczenie pola \(P_{AKL}=4\sqrt3\) albo zapisanie poprawnego równania wykorzystującego skalę podobieństwa \(\frac32\) **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** IV. użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** 7.3 rozpoznawanie trójkątów podobnych i wykorzystywanie cech podobieństwa trójkątów.

**A.** \(9:4\)

Punkt przecięcia wysokości trójkąta równobocznego dzieli każdą wysokość w stosunku \(2:1\), licząc od wierzchołka. Wysokość trójkąta \(CDE\) stanowi więc \(\frac23\) wysokości trójkąta \(ABC\). Trójkąty są podobne w skali \(\frac23\), zatem \[\frac{P_{CDE}}{P_{ABC}}=\left(\frac23\right)^2=\frac49.\] Stąd \(P_{ABC}:P_{CDE}=9:4\).

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

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 7.3 rozpoznawanie trójkątów podobnych i wykorzystywanie stosunku ich pól.

\[P_{DBP}=\frac1{21}P_{ABC}.\]

Niech \(|BD|=a\). Wtedy \(|AB|=|BC|=3a\). Trójkąty \(ABE\) i \(BCD\) są przystające, ponieważ \[|AB|=|BC|,\qquad |AE|=|BD|,\qquad |\angle BAE|=|\angle CBD|=60^\circ.\] W konsekwencji odpowiednie kąty są równe, więc trójkąty \(DBP\) i \(DCB\) są podobne. Z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(DBC\): \[|CD|^2=a^2+(3a)^2-2\cdot a\cdot3a\cdot\cos60^\circ=7a^2,\] czyli \(|CD|=a\sqrt7\). Skala podobieństwa trójkąta \(DBP\) do \(DCB\) wynosi \[s=\frac{|DB|}{|DC|}=\frac1{\sqrt7}.\] Zatem stosunek ich pól jest równy \(s^2=1/7\). Ponadto trójkąty \(DBC\) i \(ABC\) mają wspólną wysokość opuszczoną z \(C\), a \(|DB|=\frac13|AB|\), więc \[P_{DBC}=\frac13P_{ABC}.\] Ostatecznie \[P_{DBP}=\frac17P_{DBC}=\frac1{21}P_{ABC}.\]

**3 pkt** – pełne poprawne rozumowanie dowodzące, że \(P_{DBP}=\frac1{21}P_{ABC}\) **2 pkt** – wykazanie podobieństwa trójkątów \(DBP\) i \(DCB\) oraz obliczenie skali \(1/\sqrt7\), albo równoważny zaawansowany etap dowodu **1 pkt** – rozpoznanie odpowiedniego podobieństwa lub przystawania, wyznaczenie \(|CD|=|DB|\sqrt7\) albo inna poprawna zależność prowadząca do tezy **0 pkt** – rozwiązanie niespełniające powyższych kryteriów albo brak rozwiązania

**Wymagania ogólne:** V. rozumowanie i argumentacja. **Wymagania szczegółowe:** G10.13 i R7.3 stosowanie cech przystawania trójkątów, rozpoznawanie figur podobnych i wykorzystywanie skali podobieństwa do porównywania pól.

A. \(4\)

Pole trójkąta równobocznego o boku \(a\) wyraża wzór \(P=\frac{a^2\sqrt3}{4}\). Z warunku zadania \[\frac{a^2\sqrt3}{4}=\frac{4\sqrt3}{9},\qquad a^2=\frac{16}{9},\qquad a=\frac43\] (bierzemy wartość dodatnią, bo \(a\) jest długością boku). Obwód: \[L=3a=4.\] **Odpowiedź.** A. \(4\)

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

**Wymagania egzaminacyjne 2021** **Wymagania ogólne:** II. Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** G10.9) Zdający oblicza pola i obwody trójkątów […].

Trójkąty CEF i CDB są podobne. Mamy CE = (\(\frac{3}{4}\))CD, CD = (√\(\frac{3}{2}\))CB oraz CF/CE = CD/CB = √\(\frac{3}{2}\). Stąd CF = (√\(\frac{3}{2}\))·(\(\frac{3}{4}\))·(√\(\frac{3}{2}\))CB = (\(\frac{9}{16}\))CB.

Oznaczmy długość boku trójkąta równobocznego przez \(a=\lvert CB\rvert\). Wysokość \(CD\) ma wtedy długość \[\lvert CD\rvert=\frac{a\sqrt3}{2}.\] Trójkąty \(CFE\) i \(CDB\) mają wspólny kąt przy wierzchołku \(C\) oraz kąty proste (\(EF\perp BC\) oraz \(CD\perp AB\)), są więc podobne na podstawie cechy kąt-kąt. Stąd \[\frac{\lvert CF\rvert}{\lvert CD\rvert}=\frac{\lvert CE\rvert}{\lvert CB\rvert}.\] Podstawiamy \(\lvert CE\rvert=\frac34\lvert CD\rvert=\frac{3a\sqrt3}{8}\): \[\lvert CF\rvert=\frac{\lvert CD\rvert\cdot\lvert CE\rvert}{\lvert CB\rvert}=\frac{\frac{a\sqrt3}{2}\cdot\frac{3a\sqrt3}{8}}{a}=\frac{\frac{9a^2}{16}}{a}=\frac{9}{16}a,\] czyli \(\lvert CF\rvert=\frac{9}{16}\lvert CB\rvert\), co należało wykazać. **Odpowiedź.** \(\lvert CF\rvert=\dfrac{9}{16}\lvert CB\rvert\)

**1 pkt** – wskazanie podobieństwa trójkątów \(CFE\) i \(CDB\) albo zapisanie równoważnej zależności trygonometrycznej. **2 pkt** – pełne uzasadnienie równości \(\lvert CF\rvert=\frac{9}{16}\lvert CB\rvert\).

V. Rozumowanie i argumentacja. 7. Planimetria. Zdający rozpoznaje trójkąty podobne i wykorzystuje cechy podobieństwa trójkątów (7.1). SP9. Wielokąty, koła, okręgi. Zdający rozpoznaje i nazywa trójkąty ostrokątne, prostokątne, rozwartokątne, równoboczne i równoramienne (SP9.1).

**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.

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

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

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

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

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

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.

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

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).

C

Pole trójkąta równobocznego o boku \(a\) jest równe \(P=\frac{a^2\sqrt3}{4}\). Z warunku zadania \[\frac{a^2\sqrt3}{4}=6\sqrt3,\qquad a^2=24,\qquad a=2\sqrt6\] (bierzemy pierwiastek dodatni, bo \(a\) jest długością boku). **Odpowiedź.** C. \(2\sqrt6\)

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

Zadanie 16. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2017 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

**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.

**D.** \(|\angle ASC|=90^\circ\)

Niech bok kwadratu ma długość \(a\). Ściany boczne są równoboczne, więc \(|AS|=|CS|=a\), natomiast przekątna podstawy ma długość \(|AC|=a\sqrt2\). W trójkącie \(ASC\) zachodzi \[|AS|^2+|CS|^2=a^2+a^2=2a^2=|AC|^2,\] zatem z odwrotności twierdzenia Pitagorasa \(|\angle ASC|=90^\circ\).

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

**Klasyfikacja CKE:** stereometria - przekątna kwadratu i twierdzenie Pitagorasa w przekroju ostrosłupa.

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

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.

**C.** \(60^\circ\).

Przekrój osiowy stożka jest trójkątem równoramiennym. Jego ramiona mają długość \(6\), a podstawa jest średnicą podstawy stożka, więc także ma długość \(2\cdot3=6\). Przekrój jest zatem trójkątem równobocznym i \(\alpha=60^\circ\).

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

Klucz CKE nie publikuje osobnej tabeli wymagań dla tego zadania. **Klasyfikacja rzeczowa:** geometria przestrzenna, przekrój osiowy stożka.

**B.** \(9\pi\sqrt3\).

W przekroju osiowym podstawa trójkąta jest średnicą stożka, więc \(2r=6\) i \(r=3\). Wysokość stożka jest wysokością trójkąta równobocznego: \[h=\frac{6\sqrt3}{2}=3\sqrt3.\] Zatem \[V=\frac13\pi r^2h=\frac13\pi\cdot9\cdot3\sqrt3=9\pi\sqrt3.\]

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

**Wymagania ogólne:** II. wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymagania szczegółowe:** 9.6 zdający stosuje trygonometrię do obliczania długości i objętości brył.

\[\frac{8\sqrt5}{5}.\]

Równe krawędzie boczne oznaczają, że spodek \(O\) wysokości jest środkiem okręgu opisanego na trapezie. Trapez jest równoramienny, \(O\) jest środkiem \(AB\), a z danych otrzymujemy \(|AD|=|BC|=8\) oraz trójkąt równoboczny \(AOD\), więc \(|OD|=8\). Dla wysokości \(H=|SO|\): \[H^2+8^2=(4\sqrt5)^2,\qquad H=4.\] Szukana odległość jest wysokością opuszczoną z \(O\) na przeciwprostokątną \(SD\) w trójkącie prostokątnym \(SOD\): \[d=\frac{|SO|\cdot|OD|}{|SD|}=\frac{4\cdot8}{4\sqrt5}=\frac{8\sqrt5}{5}.\]

**5 pkt** – poprawna odległość \(\frac{8\sqrt5}{5}\) **4 pkt** – poprawna metoda końcowa z drobnym błędem rachunkowym **3 pkt** – obliczenie wysokości ostrosłupa \(H=4\) i poprawna interpretacja szukanej odległości **2 pkt** – wyznaczenie \(|BC|=|AD|=8\) **1 pkt** – rozpoznanie położenia spodka wysokości jako środka okręgu opisanego **0 pkt** – brak koniecznego postępu

**Wymagania ogólne:** CKE IV. Użycie i tworzenie strategii. **Wymagania szczegółowe:** stereometria, okrąg opisany na trapezie, twierdzenie Pitagorasa i odległość punktu od prostej.

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

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.

**B.** \(50\)

Długości boków kolejnych trójkątów tworzą ciąg arytmetyczny. Wyrażamy je w centymetrach: \[a_1=100,\qquad r=10,\qquad a_n=590.\] Ze wzoru na \(n\)-ty wyraz ciągu arytmetycznego \(a_n=a_1+(n-1)r\): \[590=100+(n-1)\cdot10,\] \[(n-1)\cdot10=490,\qquad n-1=49,\qquad n=50.\] **Odpowiedź.** B. \(50\)

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

**Sprawdzana umiejętność:** stosowanie wzoru na \(n\)-ty wyraz ciągu arytmetycznego w zadaniu osadzonym w kontekście praktycznym, wraz z uzgodnieniem jednostek Klucz CKE do tego arkusza nie zawiera tabeli wymagań podstawy programowej; opis ustalono na podstawie treści zadania i jego rozwiązania.

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

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.

**B.** \(4\)

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

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

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

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

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.

\[V=\frac{a^{3}d}{4\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}.\]

Oznaczmy \(h=\lvert AS\rvert\) (wysokość ostrosłupa) oraz niech \(D\) będzie środkiem krawędzi \(BC\). Krawędź \(BC\) jest prostopadła do \(AD\) (bo \(AD\) jest wysokością trójkąta równobocznego) oraz do \(AS\) (bo \(AS\) jest prostopadła do płaszczyzny podstawy). Zatem \(BC\) jest prostopadła do płaszczyzny \(ADS\), a więc płaszczyzna \(BCS\) jest prostopadła do płaszczyzny \(ADS\). Odległość punktu \(A\) od ściany \(BCS\) jest więc odległością \(A\) od prostej \(DS\), czyli wysokością \(AE=d\) trójkąta prostokątnego \(DAS\) o kącie prostym przy wierzchołku \(A\). W trójkącie prostokątnym wysokość opuszczona na przeciwprostokątną spełnia \[d=\frac{\lvert AD\rvert\cdot\lvert AS\rvert}{\lvert DS\rvert},\qquad \lvert AD\rvert=\frac{a\sqrt3}{2},\qquad \lvert DS\rvert=\sqrt{h^{2}+\frac{3a^{2}}{4}}.\] Stąd \[d\sqrt{h^{2}+\tfrac{3a^{2}}{4}}=\tfrac{a\sqrt3}{2}h,\qquad d^{2}h^{2}+\tfrac{3a^{2}d^{2}}{4}=\tfrac{3a^{2}}{4}h^{2},\] \[h^{2}\left(\tfrac{3a^{2}}{4}-d^{2}\right)=\tfrac{3a^{2}d^{2}}{4},\qquad h=\frac{ad\sqrt3}{\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}.\] Warunek \(3a^{2}-4d^{2}>0\) jest spełniony, bo \(d<\lvert AD\rvert=\tfrac{a\sqrt3}{2}\). Podstawa ma pole \(P_p=\tfrac{a^{2}\sqrt3}{4}\), więc \[V=\tfrac13\cdot\frac{a^{2}\sqrt3}{4}\cdot\frac{ad\sqrt3}{\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}=\frac{a^{3}d}{4\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}.\] **Odpowiedź.** \(V=\dfrac{a^{3}d}{4\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}\).

**1 pkt** – zdający zaznaczy na rysunku odcinek o długości \(d\) prostopadły do płaszczyzny \(BCS\). **2 pkt** – zdający zapisze równość, z której można wyznaczyć \(h\) w zależności od \(a\) i \(d\), np. […]. **3 pkt** – zdający wyznaczy wysokość \(h\) ostrosłupa: \(h=[…]\). **4 pkt** – zdający wyznaczy objętość \(V\) ostrosłupa: \(V=\tfrac{a^{3}d}{4\sqrt{3a^{2}-4d^{2}}}\).

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

**C.** \(35\)

Trójkąt równoboczny \(AOD\) ma obwód \(15\), więc jego bok ma długość \(5\). Bok \(AD\) prostokąta jest jednocześnie bokiem tego trójkąta, zatem \(\lvert AD\rvert=5\). Z obwodu prostokąta \[2\left(\lvert AD\rvert+\lvert AB\rvert\right)=30,\qquad \lvert AB\rvert=10.\] Z rysunku odczytujemy, że brzeg zacieniowanej figury tworzą: boki \(AB\), \(BC\), \(CD\) prostokąta oraz odcinki \(DO\) i \(OA\) — bok \(AD\) do brzegu nie należy. Zatem \[L=\lvert AB\rvert+\lvert BC\rvert+\lvert CD\rvert+\lvert DO\rvert+\lvert OA\rvert=10+5+10+5+5=35.\] **Odpowiedź.** C. \(35\)

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

Zadanie 12. Klucz CKE dla sesji poprawkowej 2013 nie publikuje wypełnionej tabeli wymagań dla tego zadania. Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania: Geometria płaska.

**D.** \(\frac{\sqrt3}{24}\pi a^3\)

Przekrój osiowy jest trójkątem równobocznym o boku \(a\). Jego podstawa to średnica podstawy stożka, a wysokość — wysokość stożka: \[r=\frac a2,\qquad H=\frac{a\sqrt3}2.\] Objętość: \[V=\frac13\pi\left(\frac a2\right)^{2}\cdot\frac{a\sqrt3}2=\frac13\pi\cdot\frac{a^{2}}4\cdot\frac{a\sqrt3}2=\frac{\sqrt3}{24}\pi a^{3}.\] **Odpowiedź.** \(V=\frac{\sqrt3}{24}\pi a^{3}\), czyli wariant **D**

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

**Wymaganie ogólne:** Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. **Wymaganie szczegółowe:** zdający wyznacza związki miarowe w bryłach obrotowych; na podstawie danych przekroju osiowego stożka oblicza jego objętość.

\[V=176\sqrt3.\]

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

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

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

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

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.

**C.** \(12\)

Środek okręgu wpisanego w trójkąt równoboczny pokrywa się z punktem przecięcia wysokości i dzieli każdą wysokość w stosunku \(2:1\) od wierzchołka, więc promień stanowi \(\frac13\) wysokości: \[r=\tfrac13 h=\tfrac13\cdot\frac{a\sqrt3}{2}=\frac{a\sqrt3}{6}.\] Dla \(a=24\sqrt3\): \[r=\frac{24\sqrt3\cdot\sqrt3}{6}=\frac{24\cdot3}{6}=12.\] **Odpowiedź.** C. \(12\)

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

Zadanie 18. (0–1) **Wymaganie ogólne:** wykorzystanie i tworzenie informacji. **Wymaganie szczegółowe:** znajdowanie i wykorzystywanie związków miarowych w figurach płaskich; wyznaczanie promienia okręgu wpisanego w trójkąt równoboczny przy danej długości boku.

\[P_{KLM}=\frac{3\sqrt3}{8}.\]

Punkty \(K\), \(L\), \(M\) są środkami krawędzi \(BC\), \(GH\) i \(AE\) sześcianu o krawędzi \(1\). W trójkącie prostokątnym \(ABK\) (kąt prosty przy \(B\)) mamy \(|AB|=1\) oraz \(|BK|=\frac12\), więc \[|AK|^{2}=1^{2}+\left(\tfrac12\right)^{2}=\frac54.\] Krawędź \(AE\) jest prostopadła do płaszczyzny podstawy, więc trójkąt \(MAK\) jest prostokątny przy \(A\) i \[|MK|^{2}=|MA|^{2}+|AK|^{2}=\left(\tfrac12\right)^{2}+\frac54=\frac32.\] Z symetrii sześcianu w ten sam sposób otrzymujemy \(|ML|^{2}=|KL|^{2}=\frac32\), więc trójkąt \(KLM\) jest równoboczny o boku \(\sqrt{\frac32}\). Pole trójkąta równobocznego o boku \(b\) jest równe \(\frac{b^{2}\sqrt3}4\), zatem \[P_{KLM}=\frac{\frac32\cdot\sqrt3}4=\frac{3\sqrt3}8.\] **Odpowiedź.** \(P_{KLM}=\frac{3\sqrt3}8\)

**2 pkt** – obliczenie \(|AK|^{2}=\frac54\) **3 pkt** – obliczenie boków trójkąta \(KLM\): \(|ML|^{2}=|KL|^{2}=|MK|^{2}=\frac32\) albo równoważne wykazanie, że trójkąt jest równoboczny **4 pkt** – obliczenie pola \(\frac{3\sqrt3}8\)

Użycie i tworzenie strategii. Wyznaczenie związków miarowych w sześcianie.

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

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

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

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

\[\lvert BM\rvert=\lvert MN\rvert.\]

Z rysunku odczytujemy, że punkt \(N\) leży na przedłużeniu boku \(BC\) poza wierzchołek \(C\), a punkt \(M\) na boku \(AC\). Poprowadźmy odcinek \(MD\) równoległy do \(AB\), gdzie \(D\) leży na boku \(BC\). Trójkąt \(MDC\) ma kąty równe kątom trójkąta \(ABC\) (kąty odpowiadające przy prostych równoległych), jest więc równoboczny. Stąd \[\lvert MD\rvert=\lvert MC\rvert=\lvert DC\rvert.\] Ponieważ \(\lvert AC\rvert=\lvert BC\rvert\) oraz \(\lvert MC\rvert=\lvert DC\rvert\), \[\lvert BD\rvert=\lvert BC\rvert-\lvert DC\rvert=\lvert AC\rvert-\lvert MC\rvert=\lvert AM\rvert=\lvert CN\rvert.\] Kąt \(BDM\) jest przyległy do kąta \(MDC=60^\circ\), więc ma \(120^\circ\). Kąt \(MCN\) jest przyległy do kąta \(MCB=\lvert\angle ACB\rvert=60^\circ\) (punkty \(B\), \(C\), \(N\) są współliniowe), więc również ma \(120^\circ\). Trójkąty \(BDM\) i \(MCN\) mają zatem równe po dwa boki (\(\lvert BD\rvert=\lvert CN\rvert\), \(\lvert DM\rvert=\lvert CM\rvert\)) i równe kąty między nimi, są więc przystające (cecha bok-kąt-bok). Stąd \[\lvert BM\rvert=\lvert MN\rvert,\] co należało wykazać. **Odpowiedź.** \(\lvert BM\rvert=\lvert MN\rvert\)

**1 pkt** – stwierdzenie, że trójkąty \(BDM\) i \(MCN\) są przystające, i wyprowadzenie stąd wniosku \(\lvert BM\rvert=\lvert MN\rvert\). **2 pkt** – poprawne uzasadnienie przystawania obu trójkątów wraz z wnioskiem.

Zadanie 25. (0–2) **Wymaganie ogólne:** rozumowanie i argumentacja. **Wymaganie szczegółowe:** korzystanie z własności trójkąta równobocznego i z cech przystawania trójkątów.

Trójkąt KGE jest równoboczny

**Krok \(1\).** Mamy wykazać, że trzy odcinki \(KG\), \(GE\) i \(EK\) mają równe długości. Nie musimy liczyć tych długości: wystarczy pokazać, że każdy z nich jest bokiem jednego z trzech trójkątów przystających. Szukamy więc trójkątów, w których zgadzają się dwa boki i kąt między nimi. Oznaczmy bok trójkąta równobocznego przez \(a\). **Krok \(2\).** Rysujemy odcinki \(CK\), \(CG\), \(BG\), \(BE\), \(AE\), \(AK\). Odcinki \(CK\), \(BG\), \(AE\) są bokami kwadratów zbudowanych na bokach trójkąta, a każdy z tych kwadratów ma bok długości \(a\), więc \[|CK|=|BG|=|AE|=a.\] **Krok \(3\).** Odcinki \(CG\), \(BE\), \(AK\) łączą przeciwległe wierzchołki kwadratów, są więc ich przekątnymi. Przekątna kwadratu o boku \(a\) ma długość \(a\sqrt2\), zatem \[|CG|=|BE|=|AK|=a\sqrt2.\] **Krok \(4\).** Liczymy kąt między odcinkami \(CK\) i \(CG\). Wokół punktu \(C\) cztery kąty składają się na pełne \(360^{\circ}\): kąt kwadratu \(ACKL\), czyli \(|\angle KCA|=90^{\circ}\), kąt trójkąta równobocznego \(|\angle ACB|=60^{\circ}\), kąt \(|\angle BCG|=45^{\circ}\) (bo przekątna \(CG\) dzieli kąt prosty kwadratu \(CBGH\) na połowy) oraz szukany kąt \(\angle GCK\). Stąd \[|\angle GCK|=360^{\circ}-90^{\circ}-60^{\circ}-45^{\circ}=165^{\circ}.\] **Krok \(5\).** Tak samo liczymy kąty przy pozostałych wierzchołkach. Przy \(B\): \(|\angle CBG|=90^{\circ}\), \(|\angle ABC|=60^{\circ}\), \(|\angle ABE|=45^{\circ}\), więc \[|\angle GBE|=360^{\circ}-90^{\circ}-60^{\circ}-45^{\circ}=165^{\circ}.\] Przy \(A\): \(|\angle BAE|=90^{\circ}\), \(|\angle BAC|=60^{\circ}\), \(|\angle CAK|=45^{\circ}\), więc \[|\angle EAK|=360^{\circ}-90^{\circ}-60^{\circ}-45^{\circ}=165^{\circ}.\] **Krok \(6\).** Porównujemy trójkąty \(KCG\), \(GBE\) oraz \(EAK\). W każdym z nich jeden bok ma długość \(a\), drugi \(a\sqrt2\), a kąt zawarty między nimi ma miarę \(165^{\circ}\). Na mocy cechy przystawania bok-kąt-bok trójkąty te są przystające. **Krok \(7\).** W trójkątach przystających odpowiadające sobie boki są równe. Trzecimi bokami tych trójkątów są kolejno \(KG\), \(GE\) i \(EK\), zatem \[|KG|=|GE|=|EK|,\] czyli trójkąt \(KGE\) ma wszystkie boki równej długości i jest równoboczny, co należało wykazać. **Uwaga.** Istotne jest to, że w każdym z trzech trójkątów bok długości \(a\) i bok długości \(a\sqrt2\) leżą przy tym samym kącie \(165^{\circ}\) i że kąt ten jest zawarty między nimi. Gdyby kąt leżał naprzeciw jednego z boków, cecha bok-kąt-bok nie miałaby zastosowania. **Odpowiedź.** Trójkąt \(KGE\) jest równoboczny, bo \(|KG|=|GE|=|EK|\).

**1 pkt** – gdy zapisze, że trójkąty \(KCG\), \(GBE\) i \(AEK\) są przystające, i wyciągnie wniosek, że \(KG=GE=EK\), lecz nie poda pełnego uzasadnienia równości odpowiednich kątów lub boków. **2 pkt** – gdy przeprowadzi pełny dowód.

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (klucz CKE z 2011 r. nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria płaska – przeprowadza dowód geometryczny z użyciem przystawania trójkątów.

**B.** \(18\pi\)

Przekrój osiowy jest trójkątem równobocznym o boku \(6\). Jego ramiona są tworzącymi stożka, a podstawa — średnicą podstawy stożka, więc \[l=6,\qquad 2r=6\ \Rightarrow\ r=3.\] Pole powierzchni bocznej: \[P_b=\pi rl=\pi\cdot3\cdot6=18\pi.\] **Odpowiedź.** \(P_b=18\pi\), czyli wariant **B**

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

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

Krótsza przekątna i dłuższa podstawa tworzą trójkąt równoboczny o boku \(6\). Wysokość tego trójkąta, będąca ramieniem trapezu, ma długość \(3\sqrt{3}\), a krótsza podstawa ma długość \(3\). Obwód wynosi \(6 + 6 + 3 + 3\sqrt{3 = 15 + 3}\)√\(3\).

Oznaczmy trapez \(ABCD\): \(AB\) to dłuższa podstawa, \(AB\parallel CD\), a ramię \(AD\) jest prostopadłe do podstaw. Krótsza przekątna \(AC\) dzieli trapez na trójkąt \(ACD\) — prostokątny, bo \(\lvert\angle ADC\rvert=90^\circ\) — oraz trójkąt \(ABC\), który musi być równoboczny. Skoro \(ABC\) jest równoboczny i \(\lvert AB\rvert=6\), to \[\lvert BC\rvert=\lvert AC\rvert=6.\] Wysokość trójkąta równobocznego o boku \(6\) jest równa \(\frac{6\sqrt3}{2}=3\sqrt3\); jest ona jednocześnie wysokością trapezu, czyli ramieniem \(AD\). Rzut wierzchołka \(C\) na \(AB\) dzieli \(AB\) w połowie, więc krótsza podstawa ma długość \[\lvert CD\rvert=\lvert AB\rvert-\tfrac12\lvert AB\rvert=6-3=3.\] Obwód trapezu: \[L=6+6+3+3\sqrt3=15+3\sqrt3.\] **Odpowiedź.** \(L=15+3\sqrt3\)

1 pkt: poprawne podzielenie trapezu na trójkąty i obliczenie krótszej podstawy CD = 3 albo wysokości h = 3√3. 2 pkt: obliczenie obwodu 15 + 3√3.

Wykorzystanie i tworzenie informacji. Wykorzystanie związków miarowych w trójkącie prostokątnym i równobocznym.

P(ABF) = \(70\)

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

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

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

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

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

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

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

A. \(120\)°

Wierzchołki trójkąta równobocznego dzielą okrąg opisany na trzy równe łuki, bo równym cięciwom odpowiadają równe łuki. Każdy z nich ma miarę \[\frac{360^\circ}{3}=120^\circ.\] Kąt środkowy \(ASB\) jest oparty na łuku \(AB\), więc ma taką samą miarę. Ten sam wynik daje zależność między kątem wpisanym a środkowym: kąt \(ACB\) trójkąta równobocznego ma \(60^\circ\), a oparty na tym samym łuku kąt środkowy jest dwa razy większy. **Odpowiedź.** A. \(120^\circ\)

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

Wykorzystanie i tworzenie informacji. Korzystanie ze związków między kątem wpisanym i środkowym do obliczenia miary kąta.

\[\lvert CS\rvert=9.\]

Punkt \(D\) jest środkiem \(AB\), więc \(\lvert AD\rvert=\lvert DB\rvert=4\). Odcinek \(DS\) jest wysokością ostrosłupa, czyli \(DS\perp\) płaszczyzna podstawy; w szczególności trójkąt \(ADS\) jest prostokątny i \[\lvert DS\rvert=\sqrt{\lvert AS\rvert^2-\lvert AD\rvert^2}=\sqrt{49-16}=\sqrt{33}.\] W trójkącie równobocznym \(ABC\) odcinek \(CD\) jest wysokością, więc \[\lvert CD\rvert=\frac{8\sqrt3}{2}=4\sqrt3.\] Trójkąt \(CDS\) jest prostokątny (\(DS\) jest prostopadły do podstawy, a \(CD\) leży w podstawie), zatem \[\lvert CS\rvert=\sqrt{\lvert CD\rvert^2+\lvert DS\rvert^2}=\sqrt{48+33}=\sqrt{81}=9.\] **Odpowiedź.** \(\lvert CS\rvert=9\)

**1–2 pkt** – obliczenie \(\lvert DS\rvert=\sqrt{33}\). **3–4 pkt** – obliczenie \(\lvert CD\rvert=4\sqrt3\) i zapisanie zależności Pitagorasa w trójkącie \(CDS\). **5 pkt** – obliczenie \(\lvert CS\rvert=9\).

Formuła 2010: arkusz CKE nie podaje przy tym zadaniu wymagania podstawy programowej.

**A.** \(\frac{5\sqrt3}{2}\)

W trójkącie równobocznym o boku \(a\) wysokość wyraża się wzorem \(h=\frac{a\sqrt3}{2}\). Bok \(AC\) obliczamy ze wzoru na odległość punktów: \[|AC|=\sqrt{(4-1)^2+(2-(-2))^2}=\sqrt{9+16}=\sqrt{25}=5.\] Zatem \[h=\frac{5\sqrt3}{2}.\] **Odpowiedź.** A. \(\frac{5\sqrt3}{2}\)

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

**Sprawdzana umiejętność:** obliczanie odległości punktów w układzie współrzędnych i stosowanie wzoru na wysokość trójkąta równobocznego Klucz CKE do tego arkusza nie zawiera tabeli wymagań podstawy programowej; opis ustalono na podstawie treści zadania i jego rozwiązania.

**C.** \(12\sqrt5\)

Bok trójkąta równobocznego: \[a=|AB|=\sqrt{(3+5)^{2}+(-2-2)^{2}}=\sqrt{64+16}=4\sqrt5.\] Obwód jest trzykrotnością boku: \[L=3\cdot4\sqrt5=12\sqrt5.\] **Odpowiedź.** \(L=12\sqrt5\), czyli wariant **C**

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

Wykorzystanie i interpretowanie reprezentacji. Obliczanie odległości punktów na płaszczyźnie.

**A.** \(18\)

Środek okręgu opisanego na trójkącie równobocznym jest jednocześnie punktem przecięcia jego wysokości i dzieli każdą wysokość w stosunku \(2:1\), licząc od wierzchołka. Promień \(R\) stanowi więc \(\frac23\) wysokości: \[R=\tfrac23 h,\qquad h=\tfrac32 R=\tfrac32\cdot12=18.\] **Odpowiedź.** A. \(18\)

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

Klasyfikacja rzeczowa na podstawie treści zadania (archiwalny klucz nie publikuje osobnej tabeli wymagań): Geometria płaska – wiąże promień okręgu opisanego z wysokością trójkąta równobocznego.

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

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.

\(\cos\alpha=\frac14\); 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.

Punkty \(K\), \(L\), \(M\) są wierzchołkami trójkąta równobocznego.

Oznaczmy \(\lvert AC\rvert=a\) i \(\lvert CE\rvert=b\); wtedy \(\lvert KC\rvert=\frac a2\) i \(\lvert CL\rvert=\frac b2\). W trójkącie równobocznym \(ABC\) odcinek \(BK\) jest wysokością (bo \(K\) jest środkiem \(AC\)), a w trójkącie \(CDE\) odcinek \(DL\) jest wysokością. Rozważmy trójkąt \(BCD\): \(\lvert CB\rvert=a\), \(\lvert CD\rvert=b\), a kąt między nimi ma miarę \[\lvert\angle BCD\rvert=180^\circ-60^\circ-60^\circ=60^\circ,\] bo punkty \(A\), \(C\), \(E\) są współliniowe. Odcinek \(KL\) łączy środki odcinków \(AC\) i \(CE\) leżących na jednej prostej, więc \[\lvert KL\rvert=\lvert KC\rvert+\lvert CL\rvert=\frac{a+b}{2}.\] Punkt \(M\) jest środkiem \(BD\). W trójkącie \(BCD\) odcinek \(CM\) jest środkową, a odcinki \(KM\) i \(LM\) obliczymy jako środkowe trójkątów: w trójkącie \(ABD\)… wygodniej jednak zauważyć, że \(KM\) łączy środki boków \(AC\) i \(BD\) czworokąta \(ABDC\). Skorzystajmy z twierdzenia o odcinku łączącym środki boków trójkąta. W trójkącie \(BCD\) niech \(M\) będzie środkiem \(BD\). Odcinek \(KM\) łączy środek \(AC\) ze środkiem \(BD\); w trójkącie \(ABD\) odcinek łączący środki \(AB\) i \(BD\) byłby równoległy do \(AD\). Prościej użyć współrzędnych. Przyjmijmy \(C=(0,0)\), \(A=(-a,0)\), \(E=(b,0)\). Wtedy \[B=\left(-\frac a2,\ \frac{a\sqrt3}{2}\right),\qquad D=\left(\frac b2,\ \frac{b\sqrt3}{2}\right),\] \[K=\left(-\frac a2,0\right),\qquad L=\left(\frac b2,0\right),\qquad M=\left(\frac{b-a}{4},\ \frac{(a+b)\sqrt3}{4}\right).\] Obliczamy kwadraty długości boków: \[\lvert KL\rvert^2=\left(\frac{a+b}{2}\right)^2=\frac{(a+b)^2}{4},\] \[\lvert KM\rvert^2=\left(\frac{b-a}{4}+\frac a2\right)^2+\frac{3(a+b)^2}{16}=\frac{(a+b)^2}{16}+\frac{3(a+b)^2}{16}=\frac{(a+b)^2}{4},\] \[\lvert LM\rvert^2=\left(\frac{b-a}{4}-\frac b2\right)^2+\frac{3(a+b)^2}{16}=\frac{(a+b)^2}{16}+\frac{3(a+b)^2}{16}=\frac{(a+b)^2}{4}.\] Wszystkie trzy boki mają równe długości \(\frac{a+b}{2}\), więc trójkąt \(KLM\) jest równoboczny, co należało wykazać. **Odpowiedź.** Trójkąt \(KLM\) jest równoboczny.

*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.* Z warunków zadania wynika, że \(\angle BAC=\angle DCE=60^{\circ}\), więc odcinki \(AB\) i \(CD\) są równoległe. Czworokąt \(ACDB\) jest trapezem. Odcinek \(KM\) łączy środki boków nierównoległych w tym trapezie, więc jest równoległy do jego podstaw. Wobec tego \(\angle MKL=60^{\circ}\). Podobnie \(\angle ACB=\angle CED=60^{\circ}\), więc odcinki \(BC\) i \(DE\) są równoległe. Czworokąt \(BCED\) jest trapezem. Odcinek \(ML\) łączy środki boków nierównoległych w tym trapezie, więc jest równoległy do jego podstaw. Wobec tego \(\angle KLM=60^{\circ}\). Odpowiedź: Dwa kąty trójkąta \(KLM\) mają miarę \(60^{\circ}\), zatem jest to trójkąt równoboczny.

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

Trójkąt \(DEF\) jest równoboczny.

Niech \(a\) oznacza długość boku kwadratu \(ABCD\). Trójkąty \(AEB\) i \(BFC\) są równoboczne o boku \(a\), więc \[\lvert AE\rvert=\lvert BE\rvert=\lvert BF\rvert=\lvert CF\rvert=a=\lvert AD\rvert=\lvert CD\rvert.\] Obliczamy kąty przy wierzchołkach \(A\), \(B\) i \(C\). Trójkąty zbudowano na zewnątrz kwadratu, więc \[\lvert\angle DAE\rvert=\lvert\angle DAB\rvert+\lvert\angle BAE\rvert=90^\circ+60^\circ=150^\circ,\] \[\lvert\angle DCF\rvert=90^\circ+60^\circ=150^\circ,\] \[\lvert\angle EBF\rvert=360^\circ-90^\circ-60^\circ-60^\circ=150^\circ.\] Trójkąty \(DAE\), \(DCF\) i \(EBF\) mają zatem po dwa boki długości \(a\) i równe kąty \(150^\circ\) między nimi, więc są przystające (cecha bok-kąt-bok). Ich trzecie boki są równe: \[\lvert DE\rvert=\lvert DF\rvert=\lvert EF\rvert,\] czyli trójkąt \(DEF\) jest równoboczny, co należało uzasadnić. (Dla porządku: z twierdzenia cosinusów \(\lvert DE\rvert^2=2a^2-2a^2\cos150^\circ=a^2\left(2+\sqrt3\right)\).) **Odpowiedź.** Trójkąt \(DEF\) jest równoboczny.

*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)** – uzasadnienie, że trójkąty \(DCF\), \(DAE\) i \(EBF\) są równoramienne (wykorzystanie założenia, że \(AB=BC=CD=DA\) i trójkąty \(AEB\) oraz \(BFC\) są równoboczne). (na rysunku zaznaczony punkt \(E\)) **11.2. (1 pkt)** – obliczenie miary kąta \(DAE\) lub \(FCD\): \(\angle DAE=\angle FCD=90^{\circ}+60^{\circ}=150^{\circ}\). **11.3. (1 pkt)** – obliczenie miary kąta \(EBF\): \(\angle EBF=360^{\circ}-2\cdot 60^{\circ}-90^{\circ}=150^{\circ}\). **11.4. (1 pkt)** – zapisanie, że trójkąty \(DCF\), \(DAE\) i \(EBF\) są przystające (z cechy przystawania bkb), i wyciągnięcie wniosku o równości boków trójkąta \(DEF\).

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.

\(H=\dfrac{3-\sqrt3}{6}\).

Każda ściana boczna jest równoramiennym trójkątem prostokątnym, a przeciwprostokątną jest krawędź podstawy o długości \(\sqrt2\). Zatem kąt prosty jest przy wierzchołku \(D\), a krawędzie boczne mają długość \[|DA|=|DB|=|DC|=b,\qquad b^2+b^2=(\sqrt2)^2,\quad b=1.\] Krawędzie \(DA\), \(DB\), \(DC\) są więc parami prostopadłe, skąd \[V=\frac16\cdot1\cdot1\cdot1=\frac16.\] Pola ścian: trzy trójkąty prostokątne o przyprostokątnych \(1\) dają \(3\cdot\tfrac12=\tfrac32\), a podstawa (trójkąt równoboczny o boku \(\sqrt2\)) \[P_{ABC}=\frac{(\sqrt2)^2\sqrt3}{4}=\frac{\sqrt3}{2}.\] Łącznie \(S=\tfrac32+\tfrac{\sqrt3}2=\tfrac{3+\sqrt3}{2}\). Punkt \(P\) dzieli ostrosłup na cztery ostrosłupy o wspólnej wysokości \(H\) i podstawach będących ścianami danego ostrosłupa, więc \[V=\tfrac13SH,\qquad H=\frac{3V}{S}=\frac{3\cdot\frac16}{\frac{3+\sqrt3}{2}} =\frac{1}{3+\sqrt3}=\frac{3-\sqrt3}{6}.\] **Odpowiedź.** \(H=\dfrac{3-\sqrt3}{6}\approx0{,}21\).

*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.* **I metoda rozwiązania:** **8.1. (1 pkt)** – sporządzenie rysunku: \(P\) leży na wysokości \(DO\). (rysunek: \(P\), \(C\), \(A\), \(O\), \(B\)) **8.2. (1 pkt)** – obliczenie długości krawędzi bocznej ostrosłupa: \(a=1\). **8.3. (1 pkt)** – obliczenie objętości ostrosłupa \(ABCD\), np. poprzez stwierdzenie, że dany ostrosłup to „naroże” sześcianu o krawędzi długości \(1\): \(V_{ABCD}=\frac{1}{6}\). **8.4. (1 pkt)** – zapisanie równania z niewiadomą \(H\) – szukaną odległością: \[3\cdot\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot H+\frac{1}{3}\cdot\frac{\left(\sqrt{2}\right)^{2}\cdot\sqrt{3}}{4}\cdot H=\frac{1}{6}.\] Wystarczy, że zdający zapisze, że objętość ostrosłupa jest sumą objętości czterech ostrosłupów, których podstawami są ściany danego ostrosłupa, a wysokością szukana odległość. **8.5. (1 pkt)** – obliczenie szukanej odległości: \(H=\frac{3-\sqrt{3}}{6}\). **II metoda rozwiązania:** **8.1. (1 pkt)** – sporządzenie rysunku. (rysunek: \(D\), \(P_{1}\), \(P\), \(C\), \(A\), \(O\), \(C_{1}\), \(B\); znaczniki na rysunku […]) \(P_{1}\) jest rzutem punktu \(P\) na wysokość ściany bocznej \(DC_{1}\). **8.2. (1 pkt)** – obliczenie długości \(DC_{1}\): \(DC_{1}=\frac{1}{2}AB=\frac{\sqrt{2}}{2}\). **8.3. (1 pkt)** – wyznaczenie \(DO\) z trójkąta \(DOC_{1}\): np. \(DO^{2}=DC_{1}^{2}-OC_{1}^{2}\), gdzie \(OC_{1}=\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{2}\cdot\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{6}}{6}\), stąd \(DO=\frac{\sqrt{3}}{3}\). **8.4. (1 pkt)** – zapisanie równania z niewiadomą \(H\), np. z podobieństwa trójkątów \(\Delta PP_{1}D\sim\Delta DOC_{1}\) wynika proporcja \(\frac{PP_{1}}{DP}=\frac{OC_{1}}{DC_{1}}\) i \(PP_{1}=H\): \[\frac{H}{\frac{\sqrt{3}}{3}-H}=\frac{\frac{\sqrt{6}}{6}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}.\] **8.5. (1 pkt)** – obliczenie szukanej odległości: \(H=\frac{3-\sqrt{3}}{6}\).

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

Objętość narożnika jest równa \(\frac16\ \mathrm{m}^3\approx0{,}17\ \mathrm{m}^3\).

Punkt \(R\) jest narożnikiem pokoju, w którym schodzą się dwie ściany i sufit, więc krawędzie \(RA\), \(RB\), \(RC\) są parami prostopadłe. Odcięta bryła jest ostrosłupem \(RABC\). Za podstawę przyjmijmy trójkąt prostokątny \(RAB\) o przyprostokątnych \(\lvert RA\rvert=\lvert RB\rvert=1\ \mathrm{m}\): \[P_{RAB}=\tfrac12\cdot1\cdot1=\tfrac12\ \mathrm{m}^2.\] Krawędź \(RC\) jest prostopadła do obu krawędzi \(RA\) i \(RB\), a więc do płaszczyzny \(RAB\) — jest wysokością tego ostrosłupa i ma długość \(1\ \mathrm{m}\). Zatem \[V=\tfrac13\cdot\tfrac12\cdot1=\frac16\ \mathrm{m}^3\approx0{,}17\ \mathrm{m}^3.\] **Odpowiedź.** \(V=\frac16\ \mathrm{m}^3\approx0{,}17\ \mathrm{m}^3\)

*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.* **9.1. (1 pkt)** – zapisanie założenie, że trójkąt \(ABR\) jest podstawą, a odcinek \(CR\) jest wysokością danego ostrosłupa \(ABRC\). **9.2. (1 pkt)** – obliczenie pola podstawy: \(P_{p}=\frac{1}{2}\,\mathrm{m}^{2}\). **9.3. (1 pkt)** – obliczenie objętości ostrosłupa: \(V=\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot 1=\frac{1}{6}\,\mathrm{m}^{3}\). Zdający może pominąć jednostki. Jeśli zdający zapisze, że objętość ostrosłupa jest równa \(\frac{1}{6}\,\mathrm{m}^{3}\), bo jest to naroże sześcianu o krawędzi \(1\) m, to przyznajemy punkty w czynnościach 9.1, 9.2, 9.3. **9.4. (1 pkt)** – podanie wyniku zaokrąglonego do \(0{,}01\,\mathrm{m}^{3}\): \(V=0{,}17\,\mathrm{m}^{3}\). **II sposób rozwiązania:** **9.1. (1 pkt)** – podstawą ostrosłupa \(ABCR\) jest trójkąt równoboczny \(ABC\), którego krawędź podstawy ma długość \(\sqrt{2}\). Obliczenie pola podstawy ostrosłupa: \(P_{p}=\frac{\sqrt{3}}{2}\,\mathrm{m}^{2}\). **9.2. (1 pkt)** – obliczenie wysokości \(H\) ostrosłupa: \(H=\sqrt{1^{2}-\left(\frac{\sqrt{6}}{3}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\,\mathrm{m}\). **9.3. (1 pkt)** – obliczenie objętości ostrosłupa: \(V=\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{1}{6}\,\mathrm{m}^{3}\). **9.4. (1 pkt)** – podanie wyniku zaokrąglonego do \(0{,}01\,\mathrm{m}^{3}\): \(V=0{,}17\,\mathrm{m}^{3}\).

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

\(A=(3-\sqrt3,6)\), \(B=(3+\sqrt3,6)\), \(C=(3,9)\).

Parabola \(y=-x^2+6x=-(x-3)^2+9\) ma wierzchołek \(C=(3,9)\) i oś symetrii \(x=3\). Bok \(AB\) jest równoległy do osi \(Ox\), a trójkąt jest równoboczny, więc \(A\) i \(B\) leżą symetrycznie względem prostej \(x=3\). Przyjmijmy \[A=(3-t,\,y_0),\qquad B=(3+t,\,y_0),\qquad t>0.\] Punkty te leżą na paraboli, zatem \(y_0=-t^2+9\). Bok \(|AB|=2t\), a wysokość trójkąta to odległość \(C\) od prostej \(AB\): \[h=9-(9-t^2)=t^2.\] W trójkącie równobocznym \(h=\dfrac{\sqrt3}{2}\,|AB|\), więc \[t^2=\frac{\sqrt3}{2}\cdot2t=\sqrt3\,t,\qquad t=\sqrt3.\] Stąd \(y_0=9-3=6\). **Odpowiedź.** \(A=(3-\sqrt3,6)\), \(B=(3+\sqrt3,6)\), \(C=(3,9)\).

*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.* Aby sporządzić rysunek wyznaczam współrzędne wierzchołka danej paraboli: \(y=-x^{2}+6x=-(x-3)^{2}+9\), więc wierzchołek paraboli ma współrzędne \((3,9)\). Wykonuję rysunek ilustrujący treść zadania. […] Trójkąt \(ABC\) jest równoboczny, więc kąt \(BAC\) ma miarę \(60^\circ\). Współczynnik kierunkowy prostej przechodzącej przez punkty \(A\) i \(C\) jest więc równy \(\operatorname{tg}60^\circ=\sqrt{3}\). Wyznaczam równanie prostej \(AC\): prosta \(y=\sqrt{3}x+b\) przechodzi przez punkt \(C=(3,9)\), więc współczynnik \(b\) jest równy \(b=-3\sqrt{3}+9\). Prosta \(AC\) ma równanie: \(y=\sqrt{3}x-3\sqrt{3}+9\). Aby wyznaczyć współrzędne punktu \(A\) rozwiązuję układ równań: \[\begin{cases}y=\sqrt{3}x-3\sqrt{3}+9\\ y=-x^{2}+6x\end{cases}\] Po dokonaniu podstawienia \(y=-x^{2}+6x\) otrzymuję równanie \(\sqrt{3}x-3\sqrt{3}+9=-x^{2}+6x\), które po uporządkowaniu przyjmuje postać: \(x^{2}+x\left(\sqrt{3}-6\right)+9-3\sqrt{3}=0\). Rozwiązaniem równania są liczby: \(x_{1}=3\), \(x_{2}=3-\sqrt{3}\). Współrzędne punktów przecięcia prostej \(AC\) z parabolą \(y=-x^{2}+6x\) są więc następujące: \(\left(3-\sqrt{3},\,6\right)\) oraz \((3,9)\). Punkt \((3,9)\) jest wierzchołkiem paraboli, więc punkt \(A\) ma współrzędne \(\left(3-\sqrt{3},\,6\right)\). Współrzędne punktu \(B\) wyznaczam wykorzystując fakt, iż osią symetrii paraboli \(y=-x^{2}+6x\) jest prosta \(x=3\). Punkt \(B\) jest więc obrazem punktu \(A\) w symetrii względem tej prostej, czyli \(B=\left(3+\sqrt{3},\,6\right)\).

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

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

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

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

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

Szerokość kanału jest równa \(2\ \mathrm{m}\), a wysokość \(1+\frac{\sqrt3}{2}\approx1{,}87\ \mathrm{m}\).

Każda rura ma średnicę \(1\ \mathrm{m}\), czyli promień \(0{,}5\ \mathrm{m}\). Z rysunku odczytujemy, że dwie dolne rury są styczne do dna, do bocznych ścian i do siebie, a górna rura jest styczna do obu dolnych i do sufitu. **Szerokość.** Dwie dolne rury leżą obok siebie, każda dotykając jednej ze ścian, więc \[s=1+1=2\ \mathrm{m}.\] **Wysokość.** Środki dolnych rur są odległe od dna o \(0{,}5\) i odległe od siebie o \(1\) (suma promieni rur stycznych). Środek górnej rury jest odległy od każdego z nich również o \(1\), a z symetrii leży dokładnie nad środkiem odcinka łączącego dolne środki. Z twierdzenia Pitagorasa jego wzniesienie ponad dolne środki wynosi \[\sqrt{1^2-\left(\tfrac12\right)^2}=\frac{\sqrt3}{2}.\] Do wysokości kanału dodajemy jeszcze promień dolnej rury (do dna) i promień górnej rury (do sufitu): \[h=0{,}5+\frac{\sqrt3}{2}+0{,}5=1+\frac{\sqrt3}{2}\approx1{,}866\approx1{,}87\ \mathrm{m}.\] **Odpowiedź.** Szerokość kanału wynosi \(2\ \mathrm{m}\), a wysokość około \(1{,}87\ \mathrm{m}\).

*CKE opublikowała przy tym zadaniu przykładowe rozwiązanie, bez rozpisania punktów na poszczególne kroki. Poniżej tok rozwiązania z arkusza; podziału punktacji nie dopisujemy, bo nie ma go w źródle.* **Zadanie 7.** (\(5\) pkt) Szkic przedstawia kanał ciepłowniczy, którego przekrój poprzeczny jest prostokątem. Wewnątrz kanału znajduje się rurociąg składający się z trzech rur, każda o średnicy zewnętrznej \(1\,\mathrm{m}\). Oblicz wysokość i szerokość kanału ciepłowniczego. Wysokość zaokrąglij do \(0{,}01\,\mathrm{m}\). Środki okręgów na przedstawionym w zadaniu szkicu są wierzchołkami trójkąta równobocznego o boku długości \(a=1\). Obliczam wysokość tego trójkąta: \(h=\frac{\sqrt{3}}{2}\). Obliczam wysokość kanału ciepłowniczego: \(d=2r+h\), \(d=1+\frac{\sqrt{3}}{2}\). Odp.: Wysokość kanału z zadanym zaokrągleniem jest równa \(d\approx 1{,}87\,\mathrm{m}\) a jego szerokość \(s=2\,\mathrm{m}\). | Nr czynności | 7.1. | 7.2. | 7.3. | 7.4. | |---|---:|---:|---:|---:| | Maks. liczba pkt | \(1\) | \(1\) | \(2\) | \(1\) |

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

\(S=a^{2}\sqrt{3}\) (pola tworzą ciąg geometryczny o \(P_{1}=\dfrac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\) i ilorazie \(q=\dfrac34\)).

**Krok \(1\).** Rozpoznajemy schemat. Konstrukcja jest nieskończona i za każdym razem powtarza się ta sama operacja, więc kolejne trójkąty są do siebie PODOBNE, a ich pola tworzą nieskończony ciąg geometryczny. Suma pól to suma szeregu geometrycznego, którą policzymy ze wzoru \(S=\frac{P_1}{1-q}\) — o ile sprawdzimy, że \(|q|\lt 1\). **Krok \(2\).** Zapisujemy związek między kolejnymi bokami. Wysokość trójkąta równobocznego o boku \(a\) wynosi \(h=\frac{a\sqrt3}{2}\), a to właśnie ona jest bokiem następnego trójkąta: \[a_{n+1}=\frac{\sqrt3}{2}\,a_n.\] Boki tworzą więc ciąg geometryczny o ilorazie \(k=\frac{\sqrt3}{2}\). **Krok \(3\).** Liczymy pole pierwszego trójkąta ze wzoru na pole trójkąta równobocznego: \[P_1=\frac{a^2\sqrt3}{4}.\] **Krok \(4\).** Wyznaczamy iloraz pól. Kolejne trójkąty są podobne w skali \(k=\frac{\sqrt3}{2}\), a stosunek pól figur podobnych to KWADRAT skali podobieństwa: \[q=k^2=\left(\frac{\sqrt3}{2}\right)^2=\frac34.\] **Krok \(5\).** Sprawdzamy warunek zbieżności: \(|q|=\frac34\lt 1\), więc szereg jest zbieżny i wolno zastosować wzór na sumę. **Krok \(6\).** Podstawiamy do wzoru: \[S=\frac{P_1}{1-q}=\frac{\frac{a^2\sqrt3}{4}}{1-\frac34}=\frac{\frac{a^2\sqrt3}{4}}{\frac14}.\] **Krok \(7\).** Dzielenie przez \(\frac14\) to mnożenie przez \(4\): \[S=\frac{a^2\sqrt3}{4}\cdot 4=a^2\sqrt3.\] **Uwaga.** Najczęstszy błąd to przyjęcie \(q=\frac{\sqrt3}{2}\), czyli ilorazu BOKÓW, zamiast ilorazu PÓL. Pola figur podobnych mają się do siebie jak kwadrat skali, więc \(q=\left(\frac{\sqrt3}{2}\right)^2=\frac34\). Zwróć też uwagę, że wynik \(S=a^2\sqrt3\) jest równy poczwórnemu polu pierwszego trójkąta — co jest wiarygodne, bo suma nieskończenie wielu malejących pól musi być większa od \(P_1\), ale skończona. **Odpowiedź.** \(S=a^{2}\sqrt{3}\) (pola tworzą ciąg geometryczny o \(P_{1}=\dfrac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\) i ilorazie \(q=\dfrac34\)).

*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.* **14.1. (1 pkt)** – […] i liczby \(\frac{\sqrt{3}}{2}\). **14.2. (2 pkt)** – zapisanie, że ciąg pól utworzonych trójkątów jest nieskończonym ciągiem geometrycznym o pierwszym wyrazie równym \(P_{1}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\) i ilorazie \(q=\frac{3}{4}\). **14.3. (1 pkt)** – obliczenie sumy pól wszystkich trójkątów: \(S=a^{2}\sqrt{3}\).

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.

\[P(A)=\frac17.\]

Zdarzeniem elementarnym jest trzyelementowy podzbiór zbioru ośmiu wierzchołków sześcianu, przy czym wszystkie takie podzbiory są jednakowo prawdopodobne: \[\lvert\Omega\rvert=\binom83=56.\] Odcinki łączące wierzchołki sześcianu mają trzy możliwe długości: krawędź \(a\), przekątna ściany \(a\sqrt2\) i przekątna sześcianu \(a\sqrt3\). Trójkąt równoboczny powstaje tylko wtedy, gdy wszystkie trzy boki są przekątnymi ścian. Taka trójka wierzchołków to zbiór trzech sąsiadów ustalonego wierzchołka — każdemu z ośmiu wierzchołków odpowiada dokładnie jeden taki trójkąt i różnym wierzchołkom odpowiadają różne trójkąty. Zatem \(\lvert A\rvert=8\). Stąd \[P(A)=\frac{8}{56}=\frac17.\] **Odpowiedź.** \(P(A)=\dfrac17\).

**[…] ([…] pkt)** – […] doświadczenia: \(\lvert\Omega\rvert=\binom{8}{3}=56\). **31. (1 pkt)** – podanie liczby zdarzeń sprzyjających: \(\lvert A\rvert=8\). **32. (1 pkt)** – obliczenie prawdopodobieństwa szukanego zdarzenia: \(P(A)=\frac{1}{7}\).

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