Pole powierzchni bocznej ostrosłupa z kąta między ścianami

Jak to jest punktowane

Za rozwiązanie jest jeden poziom — najwyższy, który spełnia.

• 5 pktzastosowanie poprawnej metody i poprawny wynik: $918$⁠.
• 4 pktobliczenie długości krawędzi $SC$ i $BE$⁠: $|SC| = 34$ i $|BE| = 15$ALBO– obliczenie długości krawędzi $SC$ i $BS$⁠: $|SC| = 34$ i $|BS| = 5\sqrt{34}$⁠,ALBO– obliczenie długości krawędzi $BS$⁠: $|BS| = 5\sqrt{34}$ i zapisanie, że trójkąt $SBC$ jest prostokątny (albo z rozwiązania wynika, że zdający rozpatruje trójkąt $SBC$ jako prostokątny),ALBO– obliczenie długości krawędzi $AS$ i $SB$⁠: $|AS| = 4\sqrt{34}$ i $|BS| = 5\sqrt{34}$⁠,ALBO– obliczenie długości krawędzi $AS$ i $SC$⁠: $|AS| = 4\sqrt{34}$ i $|SC| = 34$⁠,ALBO– obliczenie długości krawędzi $AS$ i $BE$⁠: $|AS| = 4\sqrt{34}$ i $|BE| = 15$⁠,ALBO– obliczenie długości krawędzi $AS$⁠: $|AS| = 4\sqrt{34}$ i zapisanie, że trójkąt $SBC$ jest prostokątny (albo z rozwiązania wynika, że zdający rozpatruje trójkąt $SBC$ jako prostokątny).
• 3 pktobliczenie długości odcinka $CE$⁠: $|CE| = 9$ oraz zapisanie równania pozwalającego obliczyć długość jednego z odcinków: $SC$⁠, $SB$⁠, $SA$⁠, $SE$⁠, np.:$\frac{|CE|}{|BC|} = \frac{|BC|}{|SC|}$ ($|SC|$ z podobieństwa trójkątów $BCS$ i $ECB$⁠),$\frac{|CE|}{|OC|} = \frac{|AC|}{|SC|}$ ($|SC|$ z podobieństwa trójkątów $ECO$ i $ACS$⁠),$\frac{|CE|}{|BE|} = \frac{|BC|}{|SB|}$ ($|SB|$ z podobieństwa trójkątów $BCS$ i $ECB$⁠),$\frac{|CE|}{|BC|} = \frac{|BE|}{|SB|}$ ($|SB|$ z podobieństwa trójkątów $ESB$ i $EBC$⁠),$\frac{|CE|}{|OE|} = \frac{|AC|}{|SA|}$ ($|SA|$ z podobieństwa trójkątów $ECO$ i $ACS$⁠),$|SE| \cdot |CE| = |BE|^2$ ($|SE|$ z podobieństwa trójkątów $ESB$ i $EBC$⁠),ALBO– zapisanie układu dwóch równań z dwiema niewiadomymi, w którym jedną z niewiadomych jest długość krawędzi $BS$⁠, a drugą długość krawędzi $SC$⁠, np. $|BS|^2 + (3\sqrt{34})^2 = |SC|^2$ i $\frac{15}{3\sqrt{34}} = \frac{|BS|}{|SC|}$⁠,ALBO– zapisanie równania z jedną niewiadomą (długością krawędzi $BS$ albo długością krawędzi $SC$⁠, albo długością krawędzi $AS$⁠), np. $\left(\frac{15}{|BS|}\right)^2 + \left(\frac{15}{3\sqrt{34}}\right)^2 = 1$⁠, $\left(\frac{3\sqrt{34}}{|SC|}\right)^2 + \left(\frac{15}{3\sqrt{34}}\right)^2 = 1$⁠, $\left(\frac{6\sqrt{2}}{\frac{1}{2} \cdot 3\sqrt{34} \cdot \sqrt{2}}\right)^2 + \left(\frac{12\sqrt{2}}{|AS|}\right)^2 = 1$⁠.
• 2 pktobliczenie długości $x$ odcinka $BE$ (lub $DE$⁠): $x = 15$ALBO– obliczenie długości $y$ odcinka $EO$⁠: $y = 6\sqrt{2}$⁠,ALBO– spełnienie warunku 2) i jednego z warunków 3),4) określonych w zasadach oceniania za 1 punkt.
• 1 pktspełnienie jednego z poniższych warunków 1)-4):1) obliczenie wartości funkcji trygonometrycznej kąta $\frac{\beta}{2} = |\measuredangle BEO|$ (gdzie $O$ jest punktem przecięcia przekątnych podstawy $ABCD$⁠), np.: $\sin\frac{\beta}{2} = \frac{\sqrt{17}}{5}$⁠, $\operatorname{tg}\frac{\beta}{2} = \frac{\sqrt{34}}{4}$⁠, $\cos\frac{\beta}{2} = \frac{2\sqrt{2}}{5}$⁠;2) zastosowanie twierdzenia cosinusów do trójkąta $BED$ i zapisanie równania $(3\sqrt{34} \cdot \sqrt{2})^2 = x^2 + x^2 - 2x^2 \cdot \left(-\frac{9}{25}\right)$⁠;3) zdający zapisze, że trójkąt $SBC$ (lub $SDC$⁠) jest prostokątny i wskaże właściwy wierzchołek kąta prostego lub wynika to z rozwiązania, np.:− zapisze równość wynikającą z twierdzenia Pitagorasa: $|SC|^2 = |BS|^2 + |BC|^2$⁠,− zapisze, że trójkąty $CBS$ oraz $CEB$ są podobne,− zapisze równość wynikającą z podobieństwa trójkątów $CBS$ oraz $CEB$⁠, np.: $\frac{|BS|}{|BC|} = \frac{|BE|}{|EC|}$⁠,− zapisze, że trójkąty $BES$ oraz $CEB$ są podobne,− zapisze równość wynikającą z podobieństwa trójkątów $BES$ oraz $CEB$⁠, np.: $\frac{|ES|}{|BE|} = \frac{|BE|}{|EC|}$⁠;4) zapisze, że trójkąt $OEC$ jest prostokątny lub wynika to z rozwiązania, np.:− zdający zapisze równość $|OC|^2 = |OE|^2 + |EC|^2$⁠,− zapisze, że trójkąty $OEC$ oraz $SAC$ są podobne,− zapisze równość wynikającą z podobieństwa trójkątów $OEC$ oraz $SAC$⁠, np.: $\frac{|OE|}{|OC|} = \frac{|AS|}{|CS|}$⁠.

Uznawane są też inne sposoby rozwiązania

• Z podobieństwa trójkątów $BCE$ i $BCS$ mamy $\frac{|BS|}{|BC|} = \frac{|BE|}{|EC|}$⁠, więc $|BS| = 5\sqrt{34}$⁠, $|AS| = 4\sqrt{34}$ i $P_b = 3\sqrt{34} \cdot 4\sqrt{34} + 5\sqrt{34} \cdot 3\sqrt{34} = 918$⁠.
• Przez połowę kąta $\beta$⁠, dla której $\cos\frac{\beta}{2} = \frac{2\sqrt{2}}{5}$⁠, $\operatorname{tg}\frac{\beta}{2} = \frac{\sqrt{34}}{4}$⁠, więc $|EO| = 6\sqrt{2}$ ($O$ — punkt przecięcia przekątnych podstawy), a z jedynki trygonometrycznej dla równych kątów $OCE$ i $SCA$⁠, czyli z równości $\left(\frac{|EO|}{|OC|}\right)^2 + \left(\frac{|AC|}{|SC|}\right)^2 = 1$⁠, wynika $|SC| = 34$⁠; dalej $|AS| = 4\sqrt{34}$ i $|BS| = 5\sqrt{34}$⁠.

Uwagi z zasad oceniania CKE

• 1. Jeżeli zdający w rozwiązaniu rozpatruje ostrosłup prawidłowy czworokątny, to otrzymuje co najwyżej 1 punkt (za poprawną interpretację kąta między ścianami bocznymi oraz za zapisanie równania wynikającego z twierdzenia cosinusów dla trójkąta $BDE$⁠).
• 2. Jeżeli zdający w rozwiązaniu błędnie interpretuje kąt między ścianami bocznymi $BCS$ i $CDS$⁠, np. zakłada, że jest to kąt $BSD$⁠, to może otrzymać co najwyżej 1 punkt (za spełnienie warunku 3) z kryterium za 1 punkt).
• 3. Jeżeli zdający w rozwiązaniu rozpatruje inną bryłę i nie jest nią ostrosłup prawidłowy czworokątny, to otrzymuje 0 punktów za całe rozwiązanie.