---
route: /task/matura-czerwiec-2015-34
title: Zadanie 34 - Matura czerwiec 2015
source: Matura czerwiec 2015
category: Stereometria
points: 5
type: open
---

# Zadanie 34 - Matura czerwiec 2015

**Źródło:** Matura czerwiec 2015
**Kategoria:** Stereometria
**Punkty:** 5
**Typ:** otwarte

## Treść zadania

Objętość ostrosłupa prawidłowego trójkątnego \(ABCS\) jest równa \(27\sqrt{3}\). Długość krawędzi \(AB\) podstawy ostrosłupa jest równa \(6\) (zobacz rysunek). Oblicz pole powierzchni całkowitej tego ostrosłupa.

**Prawidłowa odpowiedź:** \(P_c=9\sqrt{3}+18\sqrt{21}\)

## Wzór

Formuła 2015

## Rozwiązanie

Krok 1. Obliczenie pola podstawy.

Podstawa jest trójkątem równobocznym o boku \(a=6\):

$$P_p=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{36\sqrt{3}}{4}=9\sqrt{3}$$

Krok 2. Obliczenie wysokości ostrosłupa.

Niech \(H=|SO|\) oznacza wysokość ostrosłupa. Ze wzoru na objętość:

$$V=\frac{1}{3}P_p\cdot H=\frac{1}{3}\cdot 9\sqrt{3}\cdot H=3\sqrt{3}\,H$$

$$3\sqrt{3}\,H=27\sqrt{3},\qquad H=9$$

Krok 3. Obliczenie wysokości ściany bocznej.

Niech \(E\) będzie środkiem krawędzi \(AB\). Punkt \(O\) jest środkiem trójkąta równobocznego, więc odcinek \(OE\) ma długość równą \(\frac{1}{3}\) wysokości podstawy:

$$|OE|=\frac{1}{3}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{3}\cdot\frac{6\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$$

Trójkąt \(SOE\) jest prostokątny z kątem prostym przy wierzchołku \(O\), więc z twierdzenia Pitagorasa:

$$\begin{aligned}|SE|^2&=|SO|^2+|OE|^2=81+3=84\\|SE|&=\sqrt{84}=2\sqrt{21}\end{aligned}$$

Krok 4. Obliczenie pola powierzchni bocznej.

Ściany boczne to trzy przystające trójkąty o podstawie \(6\) i wysokości \(2\sqrt{21}\):

$$P_b=3\cdot\frac{1}{2}\cdot 6\cdot 2\sqrt{21}=18\sqrt{21}$$

Krok 5. Obliczenie pola powierzchni całkowitej.

$$\begin{aligned}P_c&=P_p+P_b=9\sqrt{3}+18\sqrt{21}\\&=9\left(\sqrt{3}+2\sqrt{21}\right)\end{aligned}$$

**Odpowiedź:** \(P_c=9\sqrt{3}+18\sqrt{21}\).

---
Więcej zadań: https://www.sprawnamatura.pl/topics/stereometria
Cały arkusz: https://www.sprawnamatura.pl/exams/matura-czerwiec-2015