Poprawna odpowiedź: D — \(\dfrac{3+\sqrt{3}}{2}\cdot a^2\)

Sposób 1 — Identyfikacja ścian na powierzchniach sześcianu

Wprowadzamy współrzędne. Umieszczamy sześcian w układzie:

\[ A=(0,0,0),\; B=(a,0,0),\; C=(a,a,0),\; D=(0,a,0) \] \[ E=(0,0,a),\; F=(a,0,a),\; G=(a,a,a),\; H=(0,a,a) \]

Ostrosłup \(EFGB\) ma podstawę \(EFG\) i wierzchołek \(B\). Obliczamy cztery ściany.

Ściana 1 — podstawa \(EFG\) (na górnej ścianie sześcianu):

\[EF = a,\quad FG = a,\quad EG = \sqrt{a^2+a^2} = a\sqrt{2}\]

To trójkąt prostokątno-równoramienny z prawym kątem przy \(F\):

\[P_{EFG} = \tfrac{1}{2}\cdot a \cdot a = \frac{a^2}{2}\]

Ściana 2 — \(EFB\) (na przedniej ścianie sześcianu, \(y=0\)):

Punkty \(E=(0,0,a)\), \(F=(a,0,a)\), \(B=(a,0,0)\) leżą w płaszczyźnie \(y=0\).

\[EF=a,\quad FB=a,\quad \text{kąt prosty przy } F\]

\[P_{EFB} = \tfrac{1}{2}\cdot a \cdot a = \frac{a^2}{2}\]

Ściana 3 — \(FGB\) (na prawej ścianie sześcianu, \(x=a\)):

Punkty \(F=(a,0,a)\), \(G=(a,a,a)\), \(B=(a,0,0)\) leżą w płaszczyźnie \(x=a\).

\[FG=a,\quad FB=a,\quad \text{kąt prosty przy } F\]

\[P_{FGB} = \tfrac{1}{2}\cdot a \cdot a = \frac{a^2}{2}\]

Ściana 4 — \(EGB\) (ukośna ściana):

Obliczamy boki:

\[ EB = \sqrt{a^2+0+a^2} = a\sqrt{2},\quad EG = a\sqrt{2},\quad GB = \sqrt{0+a^2+a^2} = a\sqrt{2} \]

Wszystkie boki równe \(a\sqrt{2}\) → trójkąt równoboczny o boku \(a\sqrt{2}\):

\[P_{EGB} = \frac{(a\sqrt{2})^2\cdot\sqrt{3}}{4} = \frac{2a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{a^2\sqrt{3}}{2}\]

Suma pól powierzchni całkowitej:

\[ P_c = P_{EFG} + P_{EFB} + P_{FGB} + P_{EGB} = \frac{a^2}{2} + \frac{a^2}{2} + \frac{a^2}{2} + \frac{a^2\sqrt{3}}{2} \]

\[ \boxed{P_c = \frac{3+\sqrt{3}}{2}\cdot a^2} \]

Sposób 2 — Pole \(EGB\) z iloczynu wektorowego

Trzy ściany prostokątne \(\bigl(\frac{a^2}{2}\text{ każda}\bigr)\) są oczywiste — leżą na ścianach sześcianu. Kluczowy krok to pole \(EGB\). Wyznaczamy je iloczynem wektorowym:

\[ \vec{BE} = E - B = (-a,\;0,\;a), \qquad \vec{BG} = G - B = (0,\;a,\;a) \]

\[ \vec{BE} \times \vec{BG} = \begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\-a&0&a\\0&a&a\end{vmatrix} = \vec{i}(0\cdot a - a\cdot a) - \vec{j}((-a)\cdot a - a\cdot 0) + \vec{k}((-a)\cdot a - 0) \]

\[ = (-a^2,\; a^2,\; -a^2) \]

\[ |\vec{BE}\times\vec{BG}| = a^2\sqrt{1+1+1} = a^2\sqrt{3} \]

\[ P_{EGB} = \tfrac{1}{2}\cdot a^2\sqrt{3} = \frac{a^2\sqrt{3}}{2} \checkmark \]

Wynik zgodny z metodą pierwszą.

Wzory z karty CKE

Dział 10 (Planimetria, s. 15–16) — pole trójkąta prostokątnego: \[P = \frac{1}{2} \cdot a \cdot b\] Użyliśmy do ścian \(EFG\), \(EFB\), \(FGB\) (trójkąty prostokątno-równoramienne o ramionach \(a\)).

Dział 10 (Planimetria, s. 16) — pole trójkąta równobocznego o boku \(a\): \[P = \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\] Użyliśmy do ściany \(EGB\) z bokiem \(a\sqrt{2}\): \[\frac{(a\sqrt{2})^2\sqrt{3}}{4} = \frac{a^2\sqrt{3}}{2}\]

Dział 12 (Stereometria, s. 26–28) — pole powierzchni całkowitej bryły: \[P_c = \text{suma pól wszystkich ścian}\]

Dlaczego inne odpowiedzi są błędne

Odp.	Typowy błąd
A — \(a^2\)	Policzono tylko jedno pole (np. samą podstawę bez reszty)
B — \(\frac{3\sqrt{3}}{2}a^2\)	Wzięto trzy ściany równoboczne + podstawę, mylnie uznano wszystkie ściany boczne za równoboczne
C — \(\frac{3}{2}a^2\)	Policzono tylko trzy ściany prostokątne (\(3 \cdot \frac{a^2}{2}\)), pominięto ukośną ścianę \(EGB\)
D ✓	Poprawnie uwzględniono 3 ściany prostokątne i 1 ścianę równoboczną

Typowe pułapki i uwagi

⚠️ Uwaga: Łatwo zapomnieć, że \(EGB\) nie leży na żadnej ścianie sześcianu — to ukryta, ukośna ściana. Uczniowie często liczą tylko trzy prostokątne trójkąty i wychodzi im odpowiedź C.

⚠️ Uwaga: Żeby obliczyć pole trójkąta równobocznego o boku \(a\sqrt{2}\), trzeba podstawić \(a\sqrt{2}\) do wzoru \(\frac{s^2\sqrt{3}}{4}\) — tu \(s^2 = 2a^2\), więc wynik to \(\frac{2a^2\sqrt{3}}{4} = \frac{a^2\sqrt{3}}{2}\), nie \(\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\).

⚠️ Uwaga: Sprawdź, że \(EGB\) jest rzeczywiście równoboczny — wystarczy obliczyć długości \(EB\), \(EG\), \(GB\) ze wzoru na odległość w przestrzeni. Tu wszystkie trzy to przekątne ścian sześcianu o długości \(a\sqrt{2}\).

Matura 2022 - Majowa