Zadanie nr. 32 matura z matematyki 2018 poziom podstawowy termin poprawkowy

Rozwiązanie

Odcinek OS to wysokość ostrosłupa prawidłowego trójkątnego, która tworzy kąt prosty z podstawą ABC. Zatem trójkąt OCS jest prostokątny.

$$\begin{gathered} P_p - pole podstawy \\ {P}_b - pole powierzchni bocznej \\ {P}_b=2P_p \\ \cos \alpha =\frac{\left|OC\right|}{\left|CS\right|}=\frac{x}{b} \end{gathered}$$

Ostrosłup prawidłowy trójkątny ma w podstawie trójkąt równoboczny. Punkt O leży na przecięciu wysokości tego trójkąta.

$P_p=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

$$\begin{gathered} Wysokość trójkąta równobocznego: h_p=\frac{a\sqrt{3}}{2} \\ \left|OC\right|=x=\frac{2}{3}{h}_p=\frac{2}{3}·\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3} \end{gathered}$$

Ściana boczna tego ostrosłupa to trójkąt równoramienny o polu $P_s=\frac{1}{2}ah.$

Powierzchnia boczna składa się z trzech takich trójkątów.

$$\begin{gathered} P_b=3P_S=3·\frac{1}{2}ah=\frac{3}{2}ah \\ {P}_b= 2P_p \\ \frac{3}{2}ah=2·\frac{a^2\sqrt{3}}{4} \\ \frac{3}{2}ah=\frac{a^2\sqrt{3}}{2} /·2 \\ 3ah=a^2\sqrt{3} /:3a \\ h=\frac{a^2\sqrt{3}}{3a}=\frac{a\sqrt{3}}{3} \\ Z twierdzenia Pitagorasa: \\ {\left(\frac{1}{2}a\right)}^2+h^2=b^2 \\ {\left(\frac{1}{2}a\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)}^2=b^2 \\ \frac{1}{4}{a}^2+\frac{a^2·3}{9}=b^2 \\ \frac{a^2}{4}+\frac{a^2}{3}=b^2 \\ \frac{3a^2}{12}+\frac{4a^2}{12}=b^2 \\ {b}^2=\frac{7a^2}{12} \\ b=\frac{\sqrt{7}a}{\sqrt{12}}=\frac{\sqrt{7}a}{2\sqrt{3}}·\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{21}a}{6} \\ \cos \alpha =\frac{\left|OC\right|}{\left|CS\right|}=\frac{x}{b}= \frac{{\displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{3}}}{{\displaystyle \frac{\sqrt{21}a}{6}}}= \\ =\frac{a\sqrt{3}}{{\cancel{3}}_1}·\frac{{\cancel{6}}^2}{\sqrt{21}a}=\frac{2\sqrt{3}a}{\sqrt{7}·\sqrt{3}a}= \\ =\frac{2}{\sqrt{7}}·\frac{\sqrt{7}}{\sqrt{7}}=\frac{2\sqrt{7}}{7} \end{gathered}$$