Zadanie 10

Strona arkusza CKE z tym zadaniem

Zadanie 10 - strona 20 arkusza CKE — Strona 20 arkusza CKE z trescia zadania 10. Na podstawie: CKE Oryginalny PDF CKE, str. 20

Konfiguracja w układzie współrzędnych

Ustaw kwadrat $A BC D$ w płaszczyźnie $z = 0$ , z wierzchołkiem $A$ w początku układu:

$A = (0, 0, 0)$
$B = (a, 0, 0)$
$C = (a, a, 0)$
$D = (0, a, 0)$
$S = (0, 0, h)$ — bo $S A$ jest wysokością ostrosłupa (prostopadłą do podstawy w wierzchołku $A$ )

Tu $a = 334$ , a $h$ — niewiadoma.

Krok 1 — wyznacz $h$ z warunku $cos β = - \frac{9}{25}$

Kąt $β$ to kąt dwuścienny między ścianami $C D S$ i $BCS$ , o wspólnej krawędzi $CS$ . Najszybsza droga: cosinus kąta między wektorami normalnymi do tych ścian.

Wektory rozpinające ściany.

Ściana $C D S$ : $C D = D - C = (- a, 0, 0)$ oraz $CS = S - C = (- a, - a, h)$ .

Ściana $BCS$ : $CB = B - C = (0, - a, 0)$ oraz $CS = (- a, - a, h)$ .

Wektor normalny do ściany $C D S$ = $C D \times CS$ :

$n_{1} = (- a, 0, 0) \times (- a, - a, h) = (0 \cdot h - 0 \cdot (- a), 0 \cdot (- a) - (- a) \cdot h, (- a) (- a) - 0 \cdot (- a))$

$n_{1} = (0, ah, a^{2})$

Wektor normalny do ściany $BCS$ = $CB \times CS$ :

$n_{2} = (0, - a, 0) \times (- a, - a, h)$

$n_{2} = ((- a) h - 0 \cdot (- a), 0 \cdot (- a) - 0 \cdot h, 0 \cdot (- a) - (- a) (- a))$

$n_{2} = (- ah, 0, - a^{2})$

Cosinus kąta między wektorami:

$n_{1} \cdot n_{2} = 0 \cdot (- ah) + ah \cdot 0 + a^{2} \cdot (- a^{2}) = - a^{4}$

$∣ n_{1} ∣ = 0 + a^{2} h^{2} + a^{4} = a h^{2} + a^{2}$

$∣ n_{2} ∣ = a^{2} h^{2} + 0 + a^{4} = a h^{2} + a^{2}$

$cos β = \frac{n _{1} \cdot n _{2}}{∣ n _{1} ∣ \cdot ∣ n _{2} ∣} = \frac{- a ^{4}}{a ^{2} ( h ^{2} + a ^{2} )} = \frac{- a ^{2}}{h ^{2} + a ^{2}}$

Z warunku $cos β = - \frac{9}{25}$ :

$\frac{- a ^{2}}{h ^{2} + a ^{2}} = - \frac{9}{25}$

$\frac{a ^{2}}{h ^{2} + a ^{2}} = \frac{9}{25}$

$25 a^{2} = 9 (h^{2} + a^{2}) = 9 h^{2} + 9 a^{2}$

$16 a^{2} = 9 h^{2}$

$h^{2} = \frac{16 a ^{2}}{9} \Rightarrow h = \frac{4 a}{3}$

Dla $a = 334$ : $h = \frac{4 \cdot 3 34}{3} = 434$ .

Krok 2 — pole powierzchni bocznej

Ostrosłup ma cztery ściany boczne: $△ A BS$ , $△ A D S$ , $△ BCS$ , $△ C D S$ .

Pole $△ A BS$ . Wierzchołki $A = (0, 0, 0)$ , $B = (a, 0, 0)$ , $S = (0, 0, h)$ — wszystkie w płaszczyźnie $y = 0$ . Trójkąt jest prostokątny przy $A$ (boki $A B = a$ i $A S = h$ ).

$P_{A BS} = \frac{1}{2} \cdot a \cdot h$

Pole $△ A D S$ . Analogicznie — w płaszczyźnie $x = 0$ , prostokątny przy $A$ z bokami $A D = a$ i $A S = h$ .

$P_{A D S} = \frac{1}{2} \cdot a \cdot h$

Pole $△ BCS$ . Bok $BC = a$ leży w płaszczyźnie $z = 0$ (na prostej $x = a$ ). Wysokość trójkąta opuszczona z $S$ na $BC$ — szukamy odległości od $S = (0, 0, h)$ do prostej ${(a, y, 0) : y \in [0, a]}$ :

$odleg ł o \overset{s}{ˊ} \overset{c}{ˊ} = a^{2} + h^{2}$

(Pythagoras: $a$ w poziomie + $h$ w pionie, prostopadłe do prostej).

$P_{BCS} = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a^{2} + h^{2}$

Pole $△ C D S$ — analogicznie przez symetrię (zamiana rólek $B$ i $D$ ):

$P_{C D S} = \frac{1}{2} \cdot a \cdot a^{2} + h^{2}$

Suma pól bocznych:

$P_{b} = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot h + 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot a \cdot a^{2} + h^{2} = ah + a a^{2} + h^{2}$

Podstaw $h = \frac{4 a}{3}$ .

$h^{2} + a^{2} = \frac{16 a ^{2}}{9} + a^{2} = \frac{16 a ^{2} + 9 a ^{2}}{9} = \frac{25 a ^{2}}{9}$

$a^{2} + h^{2} = \frac{5 a}{3}$

Stąd:

$P_{b} = a \cdot \frac{4 a}{3} + a \cdot \frac{5 a}{3} = \frac{4 a ^{2} + 5 a ^{2}}{3} = \frac{9 a ^{2}}{3} = 3 a^{2}$

Podstaw $a = 334$ — czyli $a^{2} = 9 \cdot 34 = 306$ .

$P_{b} = 3 \cdot 306 = 918$

Sprawdzenie warunku $cos β$

Dla $a^{2} = 306$ , $h^{2} = \frac{16 \cdot 306}{9} = 544$ , $h^{2} + a^{2} = 544 + 306 = 850$ .

$cos β = \frac{- a ^{2}}{h ^{2} + a ^{2}} = \frac{- 306}{850} = \frac{- 9}{25}$

(bo $\frac{306}{850} = \frac{9}{25}$ , bo $850 = \frac{306 \cdot 25}{9}$ , sprawdź: $\frac{850 \cdot 9}{25} = \frac{7650}{25} = 306$ ✓).

Punktacja CKE

1 pkt — wyznaczenie wzoru na $cos β$ w zależności od $a$ i $h$ (np. $cos β = - \frac{a ^{2}}{h ^{2} + a ^{2}}$ ).
2 pkt — wyznaczenie zależności $h$ od $a$ ( $h = \frac{4 a}{3}$ ).
3 pkt — obliczenie pól dwóch typów ścian bocznych.
4 pkt — zapisanie wzoru na pole boczne $P_{b} = ah + a a^{2} + h^{2}$ i jego uproszczenie do $3 a^{2}$ .
5 pkt — pełne rozwiązanie + wynik $P_{b} = 918$ .

Klucz uniwersalny — ostrosłup z wysokością w wierzchołku podstawy

Specjalna konfiguracja: ostrosłup, w którym jedna z krawędzi bocznych ( $S A$ ) jest jednocześnie wysokością.

Geometryczne właściwości:

Dwie ściany boczne ( $△ A BS$ i $△ A D S$ ) są prostokątne przy $A$ .
Dwie ściany boczne ( $△ BCS$ i $△ C D S$ ) są inne — z kątem rozwartym w niektórych przypadkach.
Idealne dla układu współrzędnych z $A$ w początku — dużo zer w obliczeniach.

Klucz: ustaw układ tak, by jak najwięcej wierzchołków miało zerowe współrzędne. Wtedy iloczyny wektorowe są łatwe.

Treść zadania

Zadanie 10. (0–5)

Rozwiązanie

Strona arkusza CKE z tym zadaniem

Konfiguracja w układzie współrzędnych

Krok 1 — wyznacz $h$ z warunku $cos β = - \frac{9}{25}$

Krok 2 — pole powierzchni bocznej

Sprawdzenie warunku $cos β$

Punktacja CKE

Klucz uniwersalny — ostrosłup z wysokością w wierzchołku podstawy

Podobne zadania

Przećwicz podobne typy zadań w aplikacji

Treść zadania

Zadanie 10. (0–5)

Rozwiązanie

Strona arkusza CKE z tym zadaniem

Konfiguracja w układzie współrzędnych

Krok 1 — wyznacz h z warunku cosβ=−259​

Krok 2 — pole powierzchni bocznej

Sprawdzenie warunku cosβ

Punktacja CKE

Klucz uniwersalny — ostrosłup z wysokością w wierzchołku podstawy

Podobne zadania

Przećwicz podobne typy zadań w aplikacji

Krok 1 — wyznacz $h$ z warunku $cos β = - \frac{9}{25}$

Sprawdzenie warunku $cos β$