Przykładowe rozwiązanie

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.

Ze wzoru na długość przekątnej kwadratu otrzymujemy

Pole podstawy ostrosłupa jest równe

P_p = 6² = 36 .

Pole powierzchni całkowitej ostrosłupa jest 4 razy większe od pola jego podstawy, więc

P_c = 4P_p = 4 ⋅ 36 = 144 .

więc

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta BES otrzymujemy

Z trójkąta AOS otrzymujemy

Zdający obliczy cosinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy: 

Rozwiązanie prawie pełne 4 p.
Zdający

• obliczy długość krawędzi bocznej ostrosłupa: b = 3√10

albo

• obliczy tgα
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.

Pokonanie zasadniczych trudności zadania 3 p.
Zdający obliczy wysokość ściany bocznej ostrosłupa: h_b = 9 .
i na tym zakończy lub dalej popełni błędy.

Rozwiązanie, w którym jest istotny postęp 2 p.
Zdający zapisze równanie pozwalające obliczyć wysokość ściany bocznej, np.:

Rozwiązanie, w którym postęp jest niewielki, ale konieczny na drodze do pełnego rozwiązania 1 p.
Zdający
• zapisze zależność pomiędzy polem powierzchni bocznej a polem podstawy lub pomiędzy polem ściany bocznej a polem podstawy, np.:

albo

• zapisze dwa równania: P_c = 4P_p i P_c = P_p + P_b ,

albo

• obliczy pole powierzchni bocznej ostrosłupa: P_b = 108 ,

albo

• zapisze, że

albo

obliczy długość przekątnej podstawy ostrosłupa lub połowę jej długości: |AC|=6√2 lub |AO|=3√2