Stereometria – kąty, przekroje, odległości — zadania maturalne: Z trzech wymiarów do jednego trójkąta
Master-skill całego działu: rzut na płaszczyznę i redukcja 3D do trójkąta prostokątnego. Typ zadania rozpoznajesz po sednie – jaki kąt, przekrój albo odległość trzeba ugryźć – bo „oblicz objętość” pada wszędzie i nie różnicuje niczego. Spodek wysokości to dźwignia, selektory jak zawsze – na końcu.
36zadań maturalnych
36z pełnym kluczem
ZADANIA
Zadania maturalne
Zanim zaczniesz: nazwij sedno (kąt do podstawy / dwuścienny / między prostymi / przekrój / odległość), zrób rysunek z zaznaczonym kątem, zlokalizuj spodek wysokości – dopiero potem licz. Panel WSKAZÓWKA podaje redukcję otwierającą, KLUCZ – pełną strategię. Każde zadanie ma pełny klucz punktowania CKE — z progami i wynikiem.
Pełna symetria w pakiecie: spodek w środku podstawy, apotema i połowa przekątnej robią całą robotę.
Dany jest ostrosłup prawidłowy czworokątny, w którym wszystkie krawędzie mają równą długość. Zaznacz na rysunku kąt utworzony przez dwie sąsiednie ściany boczne tego ostrosłupa i oblicz kosinus tego kąta.
[rysunek: ostrosłup prawidłowy czworokątny]
RYSUNEK DO ZADANIA
KĄT DWUŚCIENNY MIERZ PROSTOPADLE DO KRAWĘDZI
Opuść z A i C wysokości na wspólną krawędź BS — kąt siedzi w tym trójkącie.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+1+1+1
1
+1 PKTZAZNACZENIE KĄTAKąt dwuścienny między sąsiednimi ścianami bocznymi zaznaczony na rysunku — jego ramiona to wysokości obu ścian poprowadzone do wspólnej krawędzi.
1
+1 PKTPRZEKĄTNA PODSTAWY I WYSOKOŚĆ ŚCIANYPrzy krawędzi a przekątna kwadratu i_wysokość ściany bocznej (trójkąta równobocznego) wynoszą:a2oraz2a3
1
+1 PKTTWIERDZENIE KOSINUSÓWW_trójkącie, w_którym występuje kąt dwuścienny α:(a2)2=(2a3)2+(2a3)2−2⋅(2a3)2cosα
CKEII METODA · POŁOWA KĄTAKlucz honoruje drogę przez sinus połowy kąta: sin2α=a3/2a2/2=36, a_następnie cosα=1−2sin22α=−31. Za samo obliczenie przybliżonej wartości kąta α punktu za ostatni etap nie przyznaje się.
W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym krawędź podstawy ma długość a. Ściany boczne są trójkątami ostrokątnymi. Miara kąta między sąsiednimi ścianami bocznymi jest równa 2α. Wyznacz objętość tego ostrosłupa.
RYSUNEK DO ZADANIA
PRZEKRÓJ PROSTOPADŁY DO KRAWĘDZI BOCZNEJ
Kąt 2α leży w trójkącie ABE prostopadłym do SC, a jego połówka daje ∣EF∣.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTINTERPRETACJA KĄTARysunek ostrosłupa z zaznaczonym kątem 2α między sąsiednimi ścianami bocznymi (w płaszczyźnie przekroju ABE prostopadłego do krawędzi SC). Klucz nie wymaga rysunku, jeśli poprawna interpretacja wynika z obliczeń.
2
2 PKTWYSOKOŚĆ PRZEKROJU⇒tgα=m2am=∣EF∣=2tgαa
3
3 PKTODCINEK EC∣EC∣=(2a3)2−m2=2sinαa4sin2α−1(klucz honoruje też drogi przez krawędź boczną b lub wysokość ściany hb).
4
4 PKTWYSOKOŚĆ BRYŁY⇒32hpH=∣EC∣mH=34sin2α−1a3cosα(podobieństwo trójkątów OCS i ECF).
W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym ABCDS o podstawie ABCD wysokość jest równa 5, a kąt między sąsiednimi ścianami bocznymi ostrosłupa ma miarę 120∘. Oblicz objętość tego ostrosłupa.
RYSUNEK DO ZADANIA
KĄT 120° SIEDZI PRZY KRAWĘDZI BOCZNEJ
Wysokości ścian BSC i DSC opuszczone na SC spotykają się w jednym punkcie.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPIERWSZY ZWIĄZEKTwierdzenie Pitagorasa w SOC lub SOE — ALBO twierdzenie cosinusów w BFD — ALBO funkcja trygonometryczna kąta w OBF (np. sin60∘=∣BF∣∣BO∣) — ALBO proporcja z podobieństwa SEC∼BFC czy SOC∼OFC.
2
2 PKTZWIĄZKI PRAWIE KOMPLETNEZależności pozwalające obliczyć krawędź (lub przekątną) podstawy — z pominiętym jednym równaniem potrzebnym do domknięcia.
3
3 PKTUKŁAD RÓWNAŃ(2a2)2+H2=b2(2a)2+H2=32b2(z H=5; układ, z którego wyliczalna jest krawędź podstawy).
4
4 PKTRÓWNANIE Z JEDNĄ NIEWIADOMĄ⇒2a2+25=43a2a2=100
5
5 PKTPRAWIE KOMPLETa=10 (lub przekątna a2=102) — ALBO objętość doliczona z błędami rachunkowymi.
6
6 PKTOBJĘTOŚĆ — ODPOWIEDŹV=31⋅100⋅5=3500
!
CKEZERO I SUFITYInna bryła (podstawa niekwadratowa, ściany równoboczne z założenia) — 0 pkt. Błędna interpretacja kąta między ścianami — sufit 1 pkt. Rachunki na przybliżeniu sin60∘ z tablic — sufit 5 pkt.
Dany jest ostrosłup prawidłowy czworokątny ABCDS o podstawie ABCD i polu powierzchni bocznej równym P. Kąt między wysokościami sąsiednich ścian bocznych poprowadzonych z wierzchołka S ma miarę 2α. Objętość tego ostrosłupa jest równa k⋅P3⋅sinα⋅cos(2α), gdzie k jest stałym współczynnikiem liczbowym. Oblicz współczynnik k. Zapisz obliczenia.
RYSUNEK DO ZADANIA
WYRAŹ V I P PRZEZ a I APOTEMĘ
Kąt 2α między apotemami zwiąż przez połowę przekątnej podstawy.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTWYSOKOŚĆ ŚCIANY BOCZNEJZ_pola powierzchni bocznej P=4⋅21ah wynika h=2aP.
2
2 PKTZWIĄZEK Z KĄTEMOdcinek EF łączy środki sąsiednich krawędzi podstawy, więc ∣EG∣=4a2, a_z_definicji sinusa w_trójkącie EGS:2aP4a2=sinα
6 PKTWSPÓŁCZYNNIK — ODPOWIEDŹPodstawienie do wzoru na objętość V=31a2H daje:k=362Klucz honoruje też drogę skrótową: skoro k nie zależy od P ani α, wystarczy policzyć objętość dla P=2 i_α=30∘.
W ostrosłupie prawidłowym trójkątnym ABCS podstawa ABC jest trójkątem równobocznym. Długość okręgu opisanego na podstawie ABC jest równa 62π, a cosinus kąta między krawędziami bocznymi SB i SC jest równy 95.
Oblicz długość krawędzi podstawy ABC oraz cosinus kąta między ścianami bocznymi SAC i SBC tego ostrosłupa. Zapisz obliczenia.
KĄT DWUŚCIENNY LEŻY NA WYSOKOŚCIACH ŚCIAN
Jego ramiona to dwie wysokości ścian bocznych, a podstawą jest krawędź podstawy.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTKRAWĘDŹ PODSTAWY2πR=62π⇒R=32 a z 3a3=32 wychodzi a=36.
=
1 PKTTA SAMA WYSOKOŚĆ PROGUcos2α=37 — ALBOsinα=9214 — ALBO twierdzenie cosinusów w ABD: a2=2x2−2x2cosβ — ALBO w BCS: a2=2b2−2b2cosα — ALBO związek cos2α=ax lub sinα=bx.
2
2 PKTKRAWĘDŹ I POŁÓWKA KĄTAa=36orazcos2α=37 (z cosα=2cos22α−1 i 95=2cos22α−1; znak +, bo α<180∘).
=
2 PKTTA SAMA WYSOKOŚĆ PROGUb=293 (lub b2=4243) — ALBO związki ax=37 i sin2β=x∣EB∣ — ALBO zależność między α i β, np. 1=2cos22α(1−cosβ).
3
3 PKTWYSOKOŚĆ ŚCIANYPonieważ ∣∢FCS∣=90∘−2α, to ∣∢CBD∣=2α i ax=cos2α, więc x=36⋅37=42.
=
3 PKTTA SAMA WYSOKOŚĆ PROGUsin2β=273 — ALBOa=36 razem z zapisaną zależnością między funkcjami α i β — ALBO samo cosβ=145.
4
4 PKTKĄT DWUŚCIENNY — ODPOWIEDŹTwierdzenie cosinusów w ABD: (36)2=2⋅42−2⋅42cosβ, czyli cosβ=145. Wynik: a=36 oraz cosβ=145.
+
SKRÓT, KTÓRY WARTO ZNAĆDla ostrosłupa prawidłowego trójkątnego zachodzi tożsamość cosβ=1+cosαcosα — po podstawieniu cosα=95 natychmiast 145. Klucz uznaje tę drogę (sposób IV).
!
0 PKTCKEZERO ZA CAŁE ZADANIERozpatrywanie innej bryły niż ostrosłup prawidłowy trójkątny.
!
MAX 1 PKTCKEBłędna interpretacja kąta między krawędziami bocznymi.
a=36 oraz cosβ=145
Prawidłowość daje prostopadłości za darmo – przekrój zwykle sprowadza się do jednego trójkąta w płaszczyźnie symetrii.
Dany jest ostrosłup prawidłowy czworokątny ABCDS o podstawie ABCD. W trójkącie równoramiennym ASC stosunek długości podstawy do długości ramienia jest równy ∣AC∣:∣AS∣=6:5. Oblicz sinus kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy.
RYSUNEK DO ZADANIA
STOSUNEK 6 : 5 USTAWIA TRÓJKĘ 3–4–5
Weź ∣AC∣=6x — połówka przekątnej to 3x, a wysokość 4x.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTTRÓJKA W PRZEKROJU OSIOWYM⇒∣AC∣=6x,∣AS∣=5x∣AH∣=3x,∣SH∣=25x2−9x2=4x
3
3 PKTBOK I ODCINEK DO ŚRODKA BOKU∣BC∣=26x=3x2oraz∣CM∣=∣HM∣=23x2Progi SKACZĄ z 1 od razu na 3; jedna z tych wielkości i stop — 2 pkt.
4
4 PKTWYSOKOŚĆ ŚCIANY BOCZNEJ∣SM∣=16x2+29x2=2x82(równoważnie z ∣SM∣2=∣CS∣2−∣CM∣2).
5
5 PKTWYNIK Z USTERKAMIRozwiązanie do końca z błędami rachunkowymi, które nie przekreślają poprawności.
Dany jest ostrosłup prawidłowy trójkątny, w którym krawędź podstawy ma długość a i krawędź boczna jest od niej dwa razy dłuższa. Oblicz cosinus kąta między krawędzią boczną i krawędzią podstawy ostrosłupa. Narysuj przekrój ostrosłupa płaszczyzną przechodzącą przez krawędź podstawy i środek przeciwległej krawędzi bocznej i oblicz pole tego przekroju.
[rysunek: ostrosłup prawidłowy trójkątny]
RYSUNEK DO ZADANIA
RZUT WIERZCHOŁKA TNIE KRAWĘDŹ NA POŁOWĘ
W ścianie ABS daje to od razu cosα=2aa/2=41.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 1+1+3+1
1
+1 PKTETAP I · COSINUS KĄTAcosα=2a2a=41(kąt między krawędzią boczną a krawędzią podstawy w ścianie bocznej).
2
+1 PKTETAP II · RYSUNEK PRZEKROJUZaznaczenie na rysunku przekroju ABF — płaszczyzna przez krawędź podstawy AB i środek F przeciwległej krawędzi bocznej SC.
3
+3 PKTETAP III · WYSOKOŚĆ PRZEKROJU⇒∣BF∣2=a2+a2−2⋅a⋅a⋅41∣AF∣=∣BF∣=2a6,hp=46a2−4a2=2a5(cosinusy w trójkącie BCF: ∣CF∣=a to połowa krawędzi bocznej 2a). Wewnątrz czynności: 2 pkt za ramię 2a6 bez wysokości; 1 pkt za samo zapisanie twierdzenia cosinusów z niewiadomą x=∣BF∣.
4
+1 PKTETAP IV · POLE PRZEKROJU — ODPOWIEDŹP=21⋅a⋅2a5=4a25
Krawędź podstawy ostrosłupa prawidłowego czworokątnego ABCDS ma długość a. Ściana boczna jest nachylona do płaszczyzny podstawy ostrosłupa pod kątem 2α. Ostrosłup ten przecięto płaszczyzną, która przechodzi przez krawędź podstawy i dzieli na połowy kąt między ścianą boczną i podstawą. Oblicz pole powstałego przekroju tego ostrosłupa.
RYSUNEK DO ZADANIA
PŁASZCZYZNA POŁOWIĄCA KĄT
Przekrój jest trapezem, a rachunek prowadź w płaszczyźnie symetrii przez kąt α.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPIERWSZA WIELKOŚĆ POMOCNICZAPrzekrój to trapez BCQP. Przy oznaczeniach: K — środek BC, L — środek AD, M — środek PQ. W_trójkącie MLK kąty wynoszą 2α, α i_180∘−3α, więc z_twierdzenia sinusów:hp=∣MK∣=sin3αasin2α,x=∣ML∣=sin3αasinα
2
2 PKTDRUGA WIELKOŚĆ POMOCNICZAZ_trójkąta prostokątnego SOL wysokość ściany bocznej:h=∣SL∣=2cos2αa
4
4 PKTZWIĄZEK Z PODOBIEŃSTWATrójkąty ADS i_PQS są podobne, bo PQ∥AD:ab=hh−xKlucz przeskakuje z_2 punktów na 4 — progu trzypunktowego nie ma.
5
5 PKTKRÓTSZA PODSTAWA TRAPEZUPo podstawieniu h i_x:b=a(1−sin3α2sinαcos2α)
6
6 PKTPOLE PRZEKROJU — ODPOWIEDŹZ_wzoru na pole trapezu P=21(a+b)hp:P=sin3αa2sin2α(1−sin3αsinαcos2α)
Przekrój ostrosłupa prawidłowego trójkątnego ABCS płaszczyzną przechodzącą przez wierzchołek S i wysokości dwóch ścian bocznych jest trójkątem równobocznym. Krawędź boczna tego ostrosłupa ma długość 343. Oblicz objętość tego ostrosłupa.
RYSUNEK DO ZADANIA
WYSOKOŚCI ŚCIAN TRAFIAJĄ W ŚRODKI KRAWĘDZI
Bok przekroju łączy dwa takie środki, więc ma długość 2a.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTKRAWĘDŹ PODSTAWY PRZEZ PARAMETRPunkty E i_F to środki krawędzi AC i_BC, więc EF jest linią średnią podstawy. Przy ∣EF∣=a krawędź podstawy wynosi ∣AB∣=2a, a_∣AE∣=a.
2
2 PKTZWIĄZEK Z TRÓJKĄTA AESPrzekrój EFS jest równoboczny, więc ∣SE∣=a. Trójkąt AES jest prostokątny (SE to wysokość ściany), zatem z_twierdzenia Pitagorasa:(343)2=a2+a2⟹a=326
3
3 PKTKRAWĘDŹ PODSTAWYStąd ∣AB∣=2a=346.
4
4 PKTWYSOKOŚĆ OSTROSŁUPASpodek O dzieli wysokość podstawy w_stosunku 2:1, więc ∣OE∣=31⋅2∣AB∣3=322 i_z_trójkąta EOS:∣SO∣=a2−∣OE∣2=38−98=34
5
5 PKTOBJĘTOŚĆ — ODPOWIEDŹPole podstawy to 4∣AB∣23, więc:V=31⋅4(346)23⋅34=27323
Podstawą ostrosłupa prawidłowego ABCS jest trójkąt równoboczny ABC o boku długości 6. Na krawędziach bocznych BS i CS wybrano punkty, odpowiednio D i E, takie że ∣BD∣=∣CE∣ oraz ∣DE∣=4 (zobacz rysunek). Płaszczyzna ADE jest prostopadła do płaszczyzny ściany bocznej BCS ostrosłupa. Oblicz objętość tego ostrosłupa.
[rysunek: ostrosłup prawidłowy ABCS, D na BS, E na CS, ∣DE∣=4, bok podstawy 6]
RYSUNEK DO ZADANIA
PROSTOPADŁOŚĆ DAJE WYSOKOŚĆ W PRZEKROJU
Z podobieństwa DES∼BCS w skali 32 dostajesz ∣SF∣=2∣FG∣.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPODOBIEŃSTWO ALBO STAŁE TRÓJKĄTAZ DES∼BCS: 4x=6x+y (czyli x=2y dla SF=x, FG=y) — ALBO∣AG∣=33, ∣AK∣=23, ∣KG∣=3 — ALBO skala podobieństwa 32.
W ostrosłupie prawidłowym czworokątnym ABCDE punkt O jest środkiem symetrii podstawy ostrosłupa. Stosunek obwodu podstawy ABCD do sumy długości wszystkich krawędzi ostrosłupa jest równy 1:5. Przez przekątną AC podstawy i środek S krawędzi bocznej BE poprowadzono płaszczyznę. Oblicz stosunek pola otrzymanego przekroju do pola podstawy ostrosłupa oraz miarę kąta BSO (w zaokrągleniu do 1∘).
RYSUNEK DO ZADANIA
PROPORCJA KRAWĘDZI USTAWIA WYMIARY
Z 4a:(4a+4b)=1:5 wychodzi krawędź boczna b=4a.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTKRAWĘDŹ BOCZNAZe stosunku obwodów 4a+4b4a=51 wynika b=4a.
2
2 PKTODCINEK OSTrójkąt OBE jest prostokątny, a_S to środek jego przeciwprostokątnej, więc ∣OS∣=21∣BE∣=2a.
3
3 PKTSTOSUNEK PÓLPrzekrój ACS ma podstawę a2 i_wysokość ∣OS∣:PABCDPACS=a221⋅a2⋅2a=2
4
4 PKTKOSINUS KĄTATwierdzenie cosinusów w_trójkącie BSO daje cosα=1615.
Dany jest ostrosłup prawidłowy czworokątny ABCDS o podstawie ABCD. Krawędź podstawy tego ostrosłupa ma długość a. Ściana boczna jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem α takim, że cosα=1010. Przez krawędź BC podstawy ostrosłupa poprowadzono płaszczyznę π prostopadłą do ściany bocznej SAD. Sporządź rysunek tego ostrosłupa, zaznacz na rysunku przekrój wyznaczony przez płaszczyznę π i nazwij figurę, która jest tym przekrojem. Oblicz pole otrzymanego przekroju. Zapisz obliczenia.
RYSUNEK DO ZADANIA
RACHUNEK ŻYJE W PRZEKROJU PRZEZ APOTEMY
Płaszczyzna π to prosta przez spodek jednej apotemy, prostopadła do drugiej.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTROZPOZNANIE PRZEKROJUPrzekrój BCFE jest trapezem równoramiennym.Pominięcie tego stwierdzenia przy poprawnej reszcie ogranicza wynik do 4 punktów.
2
2 PKTODCINKI W PŁASZCZYŹNIE PRZEKROJUZ_trójkąta SOG: ∣SG∣=210a, a_z_GPR: ∣RG∣=1010a, więc ∣RS∣=5210a.
Dany jest ostrosłup prawidłowy trójkątny ABCD o podstawie ABC. Płaszczyzna zawierająca krawędź AB podstawy i prostopadła do krawędzi bocznej CD przecina tę krawędź w punkcie E, przy czym ∣DE∣∣CE∣=113. Oblicz stosunek pola powierzchni całkowitej tego ostrosłupa do pola podstawy ABC. Zapisz obliczenia.
RYSUNEK DO ZADANIA
PARAMETRYZUJ KRAWĘDŹ JAKO 3x I 11x
Wtedy ∣CD∣=14x, a prostopadłość daje BE⊥CD i dwa Pitagorasy.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPIERWSZA WIELKOŚĆ W xJedna z: ∣BE∣=53x (Pitagoras w BED), ∣BC∣=221x, Pp=213x2, pole ściany 353x2 (lub ∣DF∣=57x w drodze przez wysokość z D).
2
2 PKTDWIE WIELKOŚCIDowolne dwie z listy wyżej — typowo ∣BE∣ i ∣BC∣: ∣BC∣2=(3x)2+(53x)2=84x2
3
3 PKTTRZY WIELKOŚCINp. dołożone pole podstawy Pp=4∣BC∣23=213x2.
4
4 PKTKOMPLET POWIERZCHNICztery wielkości albo od razu Pc=Pb+Pp=1053x2+213x2=1263x2.
Ostrosłup prawidłowy czworokątny ABCDS o podstawie ABCD ma objętość równą 363. Ten ostrosłup przecięto płaszczyzną γ, która:
jest prostopadła do ściany bocznej CDS ostrosłupa
przechodzi przez środek K krawędzi AD oraz środek L krawędzi BC
przecina krawędź boczną CS w punkcie M oraz krawędź boczną DS w punkcie N
tworzy z płaszczyzną podstawy ABCD kąt o mierze 30∘.
Przekrój KLMN wyznaczony przez płaszczyznę γ jest trapezem równoramiennym.
Oblicz pole trapezu KLMN. Zapisz obliczenia.
[rysunek: ostrosłup prawidłowy czworokątny ABCDS; K – środek AD, L – środek BC; przekrój KLMN z punktami M na CS i N na DS]
ŚRODEK KL TO ŚRODEK PODSTAWY
Stąd ∣PS∣=H oraz ∣PQ∣=2a, a prostopadłość daje PR⊥QS.
KLUCZ
SUMA ETAPÓW 2+2+1
1
+1 PKTETAP I · WYSOKOŚĆ PRZEZ aTrójkąty PQR i PQS są prostokątne o kątach ostrych 30∘ i 60∘. Z ∣PQ∣=21a dostajesz H=∣PS∣=2a3.
2
+2 PKTETAP I · KRAWĘDŹ PODSTAWY⇒⇒31⋅a2⋅2a3=363a3=216a=6
3
+1 PKTETAP II · JEDNA Z DWÓCH WIELKOŚCI∣MN∣=43alub∣PR∣=4a3 — albo liczbowo ∣MN∣=418 lub ∣PR∣=463.
4
+2 PKTETAP II · OBIE WIELKOŚCIZ trójkąta PQR: ∣QR∣=41a, ∣PR∣=4a3; dalej ∣QS∣=a i ∣RS∣=43a. Trójkąty DCS i NMS są podobne (kkk), więc ∣DC∣∣NM∣=∣QS∣∣RS∣=43 i ∣MN∣=29, a wysokość trapezu ∣PR∣=463=233.
5
+1 PKTETAP III · POLE — ODPOWIEDŹPKLMN=21(6+29)⋅463=8633
!
∣KL∣ TO BOK, NIE PRZEKĄTNA∣KL∣=a, bo KL jest linią środkową kwadratu podstawy. Wpisanie tu przekątnej wywraca oba etapy naraz.
+
DROGA WSPÓŁRZĘDNOŚCIOWA TEŻ PUNKTUJEUstawienie podstawy w układzie, normalne ścian i iloczyn skalarny trafiają dokładnie w te same progi — klucz punktuje wielkości (H, a, ∣MN∣, ∣PR∣), nie metodę.
PKLMN=8633
Bez symetrii za darmo: trapez w podstawie, czworościany dowolne, ścięte – spodek wysokości trzeba znaleźć, nie założyć.
Podstawą ostrosłupa ABCDS jest kwadrat ABCD. Krawędź boczna SD jest wysokością ostrosłupa, a jej długość jest dwa razy większa od długości krawędzi podstawy. Oblicz sinus kąta między ścianami bocznymi ABS i CBS tego ostrosłupa.
RYSUNEK DO ZADANIA
KĄT MIĘDZY ŚCIANAMI ZŁAP W TRÓJKĄCIE AEC
Wysokości ścian ABS i CBS opuszczone na wspólną krawędź SB spotykają się w E.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTKRAWĘDZIE ALBO KĄT∣SA∣=∣SC∣=a5∣SB∣=a6— ALBO poprawne zaznaczenie kąta między ścianami ABS i CBS (przy krawędzi SB).
2
2 PKTWYSOKOŚCI ŚCIAN∣AE∣=∣CE∣=6a5(z pola trójkąta ABS) — ALBO funkcja trygonometryczna połowy kąta, np. sin2α=∣AE∣∣AO∣.
3
3 PKTZASADNICZE TRUDNOŚCIRównanie cosinusów w AEC: 2a2=65a2+65a2−2⋅65a2cosα— ALBOsin2α=515 — ALBO wysokość ∣OE∣=3a3 trójkąta AEC.
4
4 PKTPRAWIE KOMPLETcosα=−51— ALBO równanie pól trójkąta AEC z niewiadomą sinα.
5
5 PKTSINUS — ODPOWIEDŹsinα=526
!
MAX 1 PKTCKEBłędna interpretacja kąta między ścianami bocznymi — zostaje co najwyżej punkt za długości krawędzi.
Podstawą ostrosłupa ABCDS jest kwadrat ABCD. Krawędź boczna SA jest wysokością ostrosłupa, natomiast krawędź podstawy ma długość 334. Cosinus kąta β między ścianami bocznymi CDS i BCS tego ostrosłupa jest równy (−259). Oblicz pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa.
RYSUNEK DO ZADANIA
TO NIE JEST OSTROSŁUP PRAWIDŁOWY
Wierzchołek stoi nad A, więc ściany ABS i ADS są prostokątne.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTJEDEN Z CZTERECH WARUNKÓW1)wartość funkcji trygonometrycznej kąta 2β=∣∢BEO∣, np. sin2β=517, cos2β=522, tg2β=4342)twierdzenie cosinusów w BED: (334⋅2)2=x2+x2−2x2(−259)3)zapisanie, że trójkąt SBC (lub SDC) jest prostokątny, ze wskazaniem wierzchołka kąta prostego4)zapisanie, że trójkąt OEC jest prostokątny
2
2 PKTWYSOKOŚĆ ŚCIANY ALBO ODCINEK EOx=∣BE∣=15 — ALBOy=∣EO∣=62 — ALBO warunek 2) razem z warunkiem 3) lub 4) z progu 1.
3
3 PKT∣CE∣ + RÓWNANIE NA KRAWĘDŹ∣CE∣2=(334)2−152⇒∣CE∣=9 oraz równanie pozwalające policzyć jeden z odcinków SC, SB, SA, SE — np. z podobieństwa BCS∼ECB: ∣BC∣∣CE∣=∣SC∣∣BC∣.
4
4 PKTDWIE KRAWĘDZIEDowolna z par: ∣SC∣=34 i ∣BE∣=15; ∣SC∣=34 i ∣BS∣=534; ∣AS∣=434 i ∣BS∣=534; ∣AS∣=434 i ∣SC∣=34; ∣AS∣=434 i ∣BE∣=15 — ALBO jedna z krawędzi BS/AS wraz z zapisem, że trójkąt SBC jest prostokątny.
SKĄD PROSTOKĄTNOŚĆ BCSZ twierdzenia o trzech prostych prostopadłych: AB⊥BC, a AB jest rzutem prostokątnym odcinka SB na płaszczyznę podstawy.
!
MAX 1 PKTCKEPotraktowanie bryły jako ostrosłupa prawidłowego czworokątnego — albo błędna interpretacja kąta między ścianami BCS i CDS (np. przyjęcie, że to kąt BSD).
!
0 PKTCKEZERO ZA CAŁE ZADANIERozpatrywanie jeszcze innej bryły.
Podstawą ostrosłupa ABCDS jest trapez ABCD. Przekątna AC tego trapezu ma długość 83, jest prostopadła do ramienia BC i tworzy z dłuższą podstawą AB tego trapezu kąt o mierze 30∘. Każda krawędź boczna tego ostrosłupa ma tę samą długość 45. Oblicz odległość spodka wysokości tego ostrosłupa od jego krawędzi bocznej SD.
RYSUNEK DO ZADANIA
RÓWNE KRAWĘDZIE = OKRĄG OPISANY
Kąt prosty ACB czyni z AB średnicę, więc spodek leży w środku AB.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPOŁOŻENIE SPODKASpostrzeżenie, że spodek wysokości jest środkiem krawędzi AB (średnica okręgu opisanego), a ściana ABS jest prostopadła do podstawy.
2
2 PKTRAMIĘ TRAPEZU∣BC∣=∣AD∣=8
3
3 PKTWYSOKOŚĆ I INTERPRETACJAH=(45)2−82=4wraz z poprawnym odczytaniem szukanej odległości jako wysokości z O na SD w trójkącie SOD.
4
4 PKTPRAWIE KOMPLETOdcinek ∣OK∣ policzony z błędami rachunkowymi.
2 PKTWYSOKOŚĆ ALBO POLE Z METODĄH=6556=655665bez pola podstawy ALBO pole podstawy wraz ze wskazaną metodą na wysokość (np. pole trójkąta ADS Heronem: 28, albo wysokość 65−16=7 na AS w równoramiennym ADS).
3
3 PKTOBIE WIELKOŚCI BEZ FINAŁUWysokość H oraz pole podstawy bez objętości ALBO objętość z błędem rachunkowym.
4
4 PKTOBJĘTOŚĆ — ODPOWIEDŹV=31⋅465⋅6556=3224
+
CKEPRZYPIS · OSTROSŁUP W PROSTOPADŁOŚCIANIE (Z KLUCZA)Elegancka droga II: wpisanie bryły w prostopadłościan o podstawie kwadratowej (a=28, b=81−32=7); po odjęciu czterech naroży V=31a2b=31⋅32⋅7=3224 — progi: wpisanie 1 pkt, krawędzie 2 pkt, zapis różnicy objętości 3 pkt, wynik 4 pkt.
Podstawą ostrosłupa ABCS jest trójkąt równoramienny ABC. Krawędź AS jest wysokością ostrosłupa oraz ∣AS∣=8210, ∣BS∣=118, ∣CS∣=131. Oblicz objętość tego ostrosłupa.
RYSUNEK DO ZADANIA
DWA PITAGORASY I NIERÓWNOŚĆ TRÓJKĄTA
Skoro AS jest wysokością, trójkąty BAS i CAS są prostokątne przy A.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTJEDEN BOK PODSTAWY∣AB∣=1182−(8210)2=22albo∣AC∣=1312−(8210)2=61
3
3 PKTOBA BOKI I ROZSTRZYGNIĘTE |BC|∣AB∣=22,∣AC∣=61,∣BC∣=61bo trójkąt o bokach 22, 22, 61 nie istnieje (nierówność trójkąta). Progi SKACZĄ z 1 od razu na 3; oba boki policzone BEZ zauważenia, że ∣BC∣=61 — 2 pkt.
4
4 PKTPOLE PODSTAWY ALBO WYNIK Z USTERKAMIh=612−112=60,PABC=21⋅22⋅60=660Ten sam próg za rozwiązanie do końca z błędami rachunkowymi.
5
5 PKTOBJĘTOŚĆ — ODPOWIEDŹV=31⋅660⋅8210=1760210
!
CKEDWIE OBJĘTOŚCINierozstrzygnięcie ∣BC∣ i policzenie dwóch „możliwych" objętości — sufit 4 pkt.
Podstawą ostrosłupa ABCS jest trójkąt równoramienny ABC, w którym ∣AB∣=30, ∣BC∣=∣AC∣=39 i spodek wysokości ostrosłupa należy do jego podstawy. Każda wysokość ściany bocznej poprowadzona z wierzchołka S ma długość 26. Oblicz objętość tego ostrosłupa.
RYSUNEK DO ZADANIA
RÓWNE WYSOKOŚCI ŚCIAN = OKRĄG WPISANY
Spodek wysokości bryły jest równo oddalony od boków podstawy.
3 PKTPROMIEŃ OKRĘGU WPISANEGOr=pPABC=54540=10(spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu wpisanego — z równości wysokości ścian bocznych). Progi SKACZĄ z 1 od razu na 3.
Oblicz objętość ostrosłupa trójkątnego ABCS, którego siatkę przedstawiono na rysunku.
[rysunek: siatka – trójkąt podstawy ABC o bokach ∣CA∣=∣CB∣=40, ∣AB∣=48; trzy ściany boczne o krawędziach bocznych 65]
RYSUNEK DO ZADANIA
RÓWNE KRAWĘDZIE BOCZNE = OKRĄG OPISANY
Wierzchołek rzutuje się dokładnie na środek okręgu opisanego na podstawie.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTWYSOKOŚĆ PODSTAWY∣CD∣=402−242=32(albo obwód trójkąta podstawy do Herona).
2
2 PKTPOLE PODSTAWY ALBO SPODEK ROZPOZNANYPABC=21⋅48⋅32=768ALBO wysokość CD policzona i zapis, że spodek O wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu opisanego na podstawie.
3
3 PKTRÓWNANIE NA PROMIEŃ4R40⋅40⋅48=768albo20R=3240UWAGA (KLUCZ): R=25 wraz z równaniem 252+h2=652 i poprzestanie — 4 pkt. Progi skaczą z 3 od razu na 5.
5
5 PKTWYSOKOŚĆ BRYŁY ALBO WYNIK Z USTERKĄh=652−252=60i poprzestanie ALBO objętość z błędami rachunkowymi ALBO zgubione 31 we wzorze na objętość (46080) ALBO zgubione 21 w polu podstawy (P=1536, V=30720).
6
6 PKTOBJĘTOŚĆ — ODPOWIEDŹV=31⋅768⋅60=15360
!
CKEOBA WSPÓŁCZYNNIKI ZGUBIONEZgubione jednocześnie 31 w objętości i 21 w polu — sufit 3 pkt za całość. Klucz honoruje też podstawę ABS z wysokością z C: układ z ∣SD∣=3649 — progi analogiczne (odcinek ∣MD∣=3649224 zamiast x=7 na 4 pkt).
Podstawą ostrosłupa ABCDS jest prostokąt ABCD, którego boki mają długości ∣AB∣=32 i ∣BC∣=18. Ściany boczne ABS i CDS są trójkątami przystającymi i każda z nich jest nachylona do płaszczyzny podstawy ostrosłupa pod kątem α. Ściany boczne BCS i ADS są trójkątami przystającymi i każda z nich jest nachylona do płaszczyzny podstawy pod kątem β. Miary kątów α i β spełniają warunek: α+β=90∘. Oblicz pole powierzchni całkowitej tego ostrosłupa.
RYSUNEK DO ZADANIA
PARY PRZYSTAJĄCYCH ŚCIAN CENTRUJĄ WIERZCHOŁEK
Wierzchołek stoi nad środkiem prostokąta, więc H=9tgα=16tgβ.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTTANGENS JEDNEGO Z KĄTÓWSpodek wysokości leży w_środku prostokąta, więc przy ∣EO∣=9 i_∣MO∣=16:tgα=9halbotgβ=16h
2
2 PKTOBA TANGENSY I ZWIĄZEK MIĘDZY NIMIZ_α+β=90∘ wynika tgβ=tgα1.
3
3 PKTRÓWNANIE Z WYSOKOŚCIĄIloczyn tangensów równy 1:9h⋅16h=1
Podstawą ostrosłupa czworokątnego ABCDS jest trapez ABCD (AB∥CD). Ramiona tego trapezu mają długości ∣AD∣=10 i ∣BC∣=16, a miara kąta ABC jest równa 30∘. Każda ściana boczna tego ostrosłupa tworzy z płaszczyzną podstawy kąt α, taki, że tgα=29. Oblicz objętość tego ostrosłupa.
RYSUNEK DO ZADANIA
RÓWNE KĄTY ŚCIAN = OKRĄG WPISANY
Trapez jest więc opisany na okręgu, czyli ∣AB∣+∣CD∣=10+16.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTWŁASNOŚĆ SPODKA ALBO WYSOKOŚĆ TRAPEZUSpodek wysokości ostrosłupa jest środkiem okręgu wpisanego w podstawę (równoważnie: użycie ∣AB∣+∣CD∣=26) — ALBOh=∣CE∣=8 z trójkąta o kątach 30°, 60°, 90°.
2
2 PKTDWA Z TRZECH FILARÓWWłasność spodka razem z h=8 — ALBOh=8 razem z wysokością ostrosłupa H=18.
3
3 PKTSPODEK I WYSOKOŚĆ BRYŁYWłasność spodka oraz H=tgα⋅r=29⋅4=18 — ALBO pole podstawy PABCD=104.
5 PKTDO KOŃCA Z USTERKĄRozwiązanie doprowadzone do objętości z usterkami nieprzekreślającymi rozumowania (błąd rachunkowy, przepisanie).
6
6 PKTOBJĘTOŚĆ — ODPOWIEDŹV=31⋅104⋅18=624
!
MAX 5 PKTCKEPominięcie czynnika 31 we wzorze na objętość.
!
MAX 4 PKTCKEOdwrócona definicja tangensa — albo złe związki w trójkącie 30°–60°–90° (np. h=83). Założenie trapezu równoramiennego albo podstaw 16 i 10 — najwyżej 1 pkt.
W ostrosłupie ABCS podstawa ABC jest trójkątem równobocznym o boku długości a. Krawędź AS jest prostopadła do płaszczyzny podstawy. Odległość wierzchołka A od ściany BCS jest równa d. Wyznacz objętość tego ostrosłupa.
RYSUNEK DO ZADANIA
ODLEGŁOŚĆ OD ŚCIANY ŻYJE W TRÓJKĄCIE ADS
BC jest prostopadła do AD i do AS, więc do całej płaszczyzny ADS.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTODLEGŁOŚĆ WSKAZANA NA RYSUNKUZaznaczony odcinek długości d prostopadły do płaszczyzny BCS (spadający z A na prostą DS).
2
2 PKTRÓWNANIE WIĄŻĄCE h, a, dh2+43a2h=2a3d(sinus wspólnego kąta w trójkątach ADS i AED; równoważnie podobieństwo tych trójkątów albo podwójny rachunek pola ADS).
CKEPRZYPIS · DROGA PRZEZ ZAMIANĘ PODSTAWY (Z KLUCZA)Klucz honoruje też V=31PBCS⋅d z polem ściany liczonym z ∣DS∣=23a2−4d2a3⋅a oraz porównanie dwóch zapisów objętości (podstawa ABS, wysokość 2a3) — progi analogiczne.
W czworościanie, którego wszystkie krawędzie mają taką samą długość 6, umieszczono kulę tak, że ma ona dokładnie jeden punkt wspólny z każdą ścianą czworościanu. Płaszczyzna π, równoległa do podstawy tego czworościanu, dzieli go na dwie bryły: ostrosłup o objętości równej 278 objętości dzielonego czworościanu i ostrosłup ścięty. Oblicz odległość środka S kuli od płaszczyzny π, tj. długość najkrótszego spośród odcinków SP, gdzie P jest punktem płaszczyzny π.
RYSUNEK DO ZADANIA
PROMIEŃ KULI WPISANEJ TO H/4
W czworościanie foremnym środek kuli leży na wysokości w jednej czwartej od podstawy.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTJEDEN ELEMENT UKŁADANKIH=26 — ALBO skala podobieństwa s=32 — ALBO zależność na promień H−RR=h31h — ALBOR=Pc3V — ALBO poprawna interpretacja d (zapis d=H−∣DP∣−R czy zaznaczenie na rysunku).
2
2 PKTDWA ELEMENTYDowolne dwa z: H=26, s=32, R=26 (albo R=41H).
3
3 PKTZASADNICZE TRUDNOŚCIH=26∣DP∣=346 oraz R=26 — ALBO odległość w zależności od H: d=31H−41H
4
4 PKTODLEGŁOŚĆ — ODPOWIEDŹd=326−26=66
d=66
Krawędzie boczne pionowe: zadanie sprowadza się do geometrii podstawy i jednej wysokości.
Objętość graniastosłupa prawidłowego trójkątnego jest równa 123, a pole powierzchni bocznej tego graniastosłupa jest równe 36. Oblicz sinus kąta, jaki tworzy przekątna ściany bocznej z sąsiednią ścianą boczną.
RYSUNEK DO ZADANIA
UKŁAD DWÓCH WARUNKÓW ODDAJE KRAWĘDZIE
Z 3aH=36 masz aH=12 — wstaw to do wzoru na objętość.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTUKŁAD RÓWNAŃ⎩⎨⎧4a23⋅H=1233aH=36Ten sam próg za rysunek graniastosłupa z poprawnie zaznaczonym kątem i poprzestanie na tym.
2
2 PKTKRAWĘDZIEa=4,H=3Ten sam próg za sam zapis sinα=H2+a22a3 bez układu równań.
4
4 PKTSINUS ZAPISANYsinα=∣BC1∣∣EC1∣(E — środek AB; ∣EC1∣ to odległość C1 od ściany ABB1A1, ∣BC1∣ — przekątna ściany). Progi SKACZĄ z 2 od razu na 4; układ rozwiązany + rysunek z kątem i stop — 3 pkt.
Przekątne sąsiednich ścian bocznych prostopadłościanu wychodzące z jednego wierzchołka tworzą z jego podstawą kąty o miarach 3π i α. Cosinus kąta między tymi przekątnymi jest równy 46. Wyznacz miarę kąta α.
RYSUNEK DO ZADANIA
TRÓJKĄT Z DWÓCH PRZEKĄTNYCH ŚCIAN
Trzeci bok to przekątna podstawy — dalej twierdzenie cosinusów.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTRYSUNEK I OZNACZENIA KĄTÓWRysunek prostopadłościanu z_zaznaczonymi kątami 3π i_α (nachylenia przekątnych ścian do podstawy) oraz kątem β między przekątnymi.
2
2 PKTBOKI TRÓJKĄTA PRZY KĄCIE 60°Ściana z_kątem 3π daje trójkąt o_kątach 30∘, 60∘, 90∘, więc jego boki wyrażają się jednym parametrem:a,2a,a3
4
4 PKTRÓWNANIE Z JEDNĄ NIEWIADOMĄTwierdzenie cosinusów w_trójkącie rozpiętym na przekątnych (z_danym cosβ=46) w_połączeniu z_twierdzeniem Pitagorasa w_ścianach prowadzi do równania wiążącego a z_długością drugiej przekątnej x:x2+a2−3a2=x2−3a2⟹x=a6Klucz przeskakuje z_2 punktów na 4 — progu trzypunktowego nie ma. Zapisanie równania z_błędami rachunkowymi to 3 punkty.
5
5 PKTPRÓG ZA RACHUNKIPiąty punkt przewidziano za doprowadzenie rozwiązania do końca z_błędem rachunkowym na etapie przekształceń.
CKEII SPOSÓB · WSZYSTKO PRZEZ KĄT αKlucz prowadzi też drogę, w_której obie przekątne wyraża się przez α: x=sinαa3 oraz z=tgαa3; twierdzenie cosinusów daje wtedy równanie 2sin2α−2sinα=0, którego jedynym rozwiązaniem spełniającym warunki zadania jest sinα=22.
Dany jest graniastosłup prosty ABCDEFGH o podstawie prostokątnej ABCD. Przekątne AH i AF ścian bocznych tworzą kąt ostry o mierze α takiej, że sinα=1312 (zobacz rysunek). Pole trójkąta AFH jest równe 26,4. Oblicz wysokość h tego graniastosłupa.
[rysunek: graniastosłup prosty ABCDEFGH, przekątne AH, AF, trójkąt AFH, wysokość h]
RYSUNEK DO ZADANIA
POLE DAJE ILOCZYN PRZEKĄTNYCH
Ze wzoru P=21desinα masz d⋅e bez znajomości każdej z osobna.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTJEDEN Z WARUNKÓW 1)–4)1)cosα=135.2)iloczyn przekątnych: ∣AF∣⋅∣AH∣=sinα2P△AFH=57,2.3)∣BD∣2=∣AB∣2+∣AD∣2 razem z ∣AH∣2=h2+∣AD∣2 (przekątna podstawy i przekątna ściany).4)tw. cosinusów dla AFH: ∣FH∣2=∣AH∣2+∣AF∣2−2∣AH∣⋅∣AF∣cosα.
2
2 PKTDWA WARUNKIDowolne dwa spośród warunków 1)–4).
3
3 PKTCOSINUSY PLUS DWAWarunek 4) oraz dwa spośród 1)–3).
4
4 PKTKOMPLET ALBO RÓWNANIE NA hWszystkie cztery warunki — ALBO równość, której bezpośrednie przekształcenie daje wysokość, np. h2=135a2+h2⋅b2+h2.
0 PKTCKEZERO ZA CAŁE ZADANIEPrzyjęcie konkretnych wartości liczbowych długości krawędzi.
!
MAX 3 PKTCKEBłędne tw. Pitagorasa lub cosinusów przy konsekwentnym dokończeniu — albo założenie ∣AH∣=∣AF∣ czy kwadratowej podstawy i korzystanie z niego. Założenie, że trójkąt AFH jest prostokątny → najwyżej 1 pkt; zgubiona 21 we wzorze na pole → najwyżej 4 pkt.
Długość krawędzi podstawy graniastosłupa prawidłowego trójkątnego jest równa a. Sinus kąta między przekątnymi ścian bocznych wychodzącymi z jednego wierzchołka graniastosłupa jest równy 611. Wyznacz pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa.
RYSUNEK DO ZADANIA
TWIERDZENIE COSINUSÓW W TRÓJKĄCIE ABF
Obie przekątne mają długość H2+a2, a łączy je krawędź podstawy a.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTCOSINUS ALBO TWIERDZENIE COSINUSÓW⇒(611)2+cos2α=1cosα=65(dodatni, bo α jest ostry) — ALBO zapisanie ∣AF∣2+∣BF∣2−2∣AF∣∣BF∣cosα=a2.
2
2 PKTRÓWNANIE Z JEDNĄ NIEWIADOMĄ(H2+a2)+(H2+a2)−2H2+a2⋅H2+a2⋅65=a2
POLE CAŁKOWITE, NIE BOCZNEPolecenie pyta o powierzchnię całkowitą, więc dwie podstawy trójkątne wchodzą do sumy. Sam prostokątny płaszcz to 32a2 i połowa punktów.
P=23a2+32a2
Przekrój rozpięty między podstawami: Pitagoras w pionie, trygonometria w ścianie.
Dany jest graniastosłup prawidłowy trójkątny ABCDEF. Krawędź podstawy tego graniastosłupa ma długość 4, a wysokość graniastosłupa jest równa 6 (zobacz rysunek). Oblicz sinus kąta AFB.
[rysunek: graniastosłup prawidłowy trójkątny ABCDEF, podstawa dolna ABC, górna DEF]
RYSUNEK DO ZADANIA
TRÓJKĄT AFB JEST RÓWNORAMIENNY
∣FA∣=∣FB∣ z Pitagorasa na ścianach, a podstawa to krawędź AB=4.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTODCINEK POMOCNICZYTrójkąt ABF jest równoramienny. Przy wysokości FM i_∣CM∣=23 z_twierdzenia Pitagorasa ∣FM∣=43; ponadto ∣AF∣=42+62=213.
2
2 PKTPOLE PRZEZ SINUSPole tego samego trójkąta liczone dwoma sposobami:P=21⋅4⋅43=83,P=21(213)2sin∣∠AFB∣
Dany jest sześcian ABCDEFGH o krawędzi długości 2. Punkt S jest środkiem krawędzi DH (zobacz rysunek). Oblicz miarę najmniejszego kąta wewnętrznego trójkąta CFS.
[rysunek: sześcian ABCDEFGH, S środek DH, trójkąt CFS]
RYSUNEK DO ZADANIA
POLICZ TRZY BOKI, POTEM COSINUS
Najmniejszy kąt leży naprzeciw najkrótszego boku trójkąta CFS.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPIERWSZE DŁUGOŚCI∣CF∣=22 razem z ∣CS∣=5 — ALBO samo ∣FS∣=3 (z Pitagorasa przez ∣FH∣=22 i ∣HS∣=1).
2
2 PKTKOMPLET BOKÓW∣CF∣=22∣CS∣=5∣FS∣=3
3
3 PKTTW. COSINUSÓW(5)2=(22)2+32−2⋅22⋅3⋅cos(∢CFS)Najmniejszy kąt naprzeciw najkrótszego boku CS.
Dany jest sześcian ABCDEFGH o krawędzi długości a. Punkt P jest środkiem krawędzi CG tego sześcianu (zobacz rysunek obok). Oblicz odległość wierzchołka C od płaszczyzny zawierającej punkty B, D oraz P.
[rysunek: sześcian ABCDEFGH, P środek CG, ∣PG∣=∣PC∣]
RYSUNEK DO ZADANIA
OBJĘTOŚĆ POLICZ NA DWA SPOSOBY
Czworościan BDPC raz z podstawą BDC, raz z podstawą BDP.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTODCINEK PSPrzy S — środku podstawy — trójkąt CPS jest prostokątny:∣PS∣=(2a2)2+(2a)2=23a
2
2 PKTPOLE LICZONE DWA RAZYPole trójkąta CPS raz przez przyprostokątne, raz przez bok PS i_szukaną wysokość h:82a2=43ah
3
3 PKTODLEGŁOŚĆ — ODPOWIEDŹStąd:h=66aKlucz uznaje też drogę przez porównanie objętości ostrosłupa BCDP liczonej dwoma sposobami.
Dany jest sześcian ABCDEFGH o krawędzi długości 6. Punkt S jest punktem przecięcia przekątnych AH i DE ściany bocznej ADHE (zobacz rysunek). Oblicz wysokość trójkąta SBH poprowadzoną z punktu S na bok BH tego trójkąta. Zapisz obliczenia.
[rysunek: sześcian ABCDEFGH, S = przecięcie przekątnych AH, DE ściany ADHE, krawędź 6]
RYSUNEK DO ZADANIA
POLE TRÓJKĄTA HSB NA DWA SPOSOBY
AB jest prostopadłe do ściany ADHE, więc HAB jest trójkątem prostokątnym.
2 PKTBOKI TRÓJKĄTA ALBO POLE∣HS∣=32,∣HB∣=63,∣SB∣=36— ALBOPHSB=92 — ALBO zapisanie pola HSB na dwa sposoby — ALBO wartość funkcji trygonometrycznej kąta SHR, np. cos∢SHR=36.
3
3 PKTRÓWNANIE NA ∣SP∣6∣SP∣=6332(z podobieństwa PHS∼AHB) — ALBO92=21⋅63⋅∣SP∣ — ALBO∣HP∣=23 wraz z ∣HS∣=32 — ALBO∣AK∣=26.
4
4 PKTODLEGŁOŚĆ — ODPOWIEDŹ∣SP∣=6
!
MAX 2 PKTCKESkorzystanie ze związku ∣HP∣=31∣HB∣bez uzasadnienia (uzasadnienie: P jest środkiem ciężkości trójkąta równobocznego DEG). Tak samo: błędne tw. Pitagorasa, cosinusów, sinusów, wzór Herona albo tożsamość x2+y2=x+y.
∣SP∣=6
Walec, stożek, ścięty i kapsuła: promień, tworząca i przekrój osiowy zamiast siatki krawędzi.
Objętość stożka ściętego (przedstawionego na rysunku) można obliczyć ze wzoru V=31πH(r2+rR+R2), gdzie r i R są promieniami podstaw (r<R), a H jest wysokością bryły. Dany jest stożek ścięty, którego wysokość jest równa 10, objętość 840π, a r=6. Oblicz cosinus kąta nachylenia przekątnej przekroju osiowego tej bryły do jednej z jej podstaw.
[rysunek: stożek ścięty, promienie r (góra) i R (dół), wysokość H]
RYSUNEK DO ZADANIA
OBJĘTOŚĆ ODDAJE PROMIEŃ, PRZEKRÓJ KĄT
Ze wzoru wychodzi R2+6R−216=0, a potem pracujesz na przekroju osiowym.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTPROMIEŃ WIĘKSZEJ PODSTAWY⇒⇒3π⋅10(R2+6R+36)=840πR2+6R−216=0R=12
2
2 PKTRZUT PRZEKĄTNEJ∣EB∣=R+r=18(klucz honoruje też na tym poziomie: R z długością ramienia trapezu, albo cosinus zapisany ogólnie w zależności od R, r, H).
3
3 PKTPRZEKĄTNA ALBO TANGENS∣BD∣=102+182=2106albotg∢DBE=1810=95
MAX 2 PKTCKEBłąd typu ∣EB∣2+∣BD∣2=∣ED∣2 w Pitagorasie albo „pierwiastek sumy = suma pierwiastków” — albo rzut ramienia przyjęty jako RÓŻNICA średnic zamiast jej połowy.
!
MAX 3 PKTCKEWyłącznie błędy rachunkowe przy pełnej strategii — albo średnica górnej podstawy pomylona z promieniem (6 jako średnica). Wysokość utożsamiona z ramieniem AD — najwyżej 1 pkt (za R).
Tomek i Marek chcą wejść docelowo na szczyt S pewnej góry. W chwili początkowej znajdują się w punkcie P położonym na stoku góry dokładnie na północ od szczytu na wysokości H0 metrów n.p.m. Tomek i Marek chcą dotrzeć do bazy B znajdującej się dokładnie na południe od szczytu na przeciwległym południowym stoku góry na wysokości H1 metrów n.p.m., a następnie z bazy wejść na szczyt leżący na wysokości H2 metrów n.p.m. (patrz rysunek 1.). Oblicz długość najkrótszej drogi, jaką muszą pokonać, aby dotrzeć do bazy. Przyjmij, że góra jest stożkiem o kącie rozwarcia α.
Wskazówka: Powierzchnia boczna stożka po rozcięciu wzdłuż tworzącej i rozłożeniu jest wycinkiem koła. Najkrótsza droga do bazy odpowiada najkrótszej drodze z punktu P do B na wycinku koła.
[rysunek: stożek (góra) z wierzchołkiem S, punkty P i B na zboczu, kąt rozwarcia α]
RYSUNEK DO ZADANIA
ROZWIŃ POBOCZNICĘ NA WYCINEK
Na płaszczyźnie najkrótsza droga po stożku staje się zwykłym odcinkiem.
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTMODEL — SIATKA STOŻKANajkrótsza droga po powierzchni bocznej to odcinek PB na rozwinięciu stożka w_wycinek koła.
2
2 PKTKĄT NA SIATCEZ_porównania pola powierzchni bocznej i_pola wycinka β=2πlR, a_ponieważ lR=sin2α:∣∠BSP∣=πsin2α
Iloczyn długości średnicy podstawy walca i wysokości walca jest równy 123. Pole powierzchni całkowitej tego walca jest równe 12π(3+1). Oblicz objętość tego walca.
RYSUNEK DO ZADANIA
PRZETŁUMACZ OBA WARUNKI NA RÓWNANIA
2rh=123 oraz 2πr2+2πrh=12π(3+1).
KLUCZ
NAJDALSZY PRÓG · NIE SUMUJ
1
1 PKTUKŁAD DWÓCH RÓWNAŃZ_warunków zadania:2rh=123,2πr2+2πrh=12π(3+1)
2
2 PKTPROMIEŃ I WYSOKOŚĆPodstawienie h=r63 daje r2=6, więc r=6 oraz h=32.
3
3 PKTOBJĘTOŚĆ — ODPOWIEDŹZe wzoru na objętość walca:V=πr2h=π⋅6⋅32=18π2