Rysunek pomocniczy:

$P_p=\frac{{12}^2\sqrt{3}}{4}=\frac{144\sqrt{3}}{4}=36\sqrt{3}$      

Z treści zadania wiemy, że:

$V=36$  

  $\frac{1}{3}{P}_p\cdot H=36$   

$\frac{1}{3}\cdot 36\sqrt{3}\cdot H=36\mid :36$  

$\frac{\sqrt{3}}{3}\cdot H=1\mid :\frac{\sqrt{3}}{3}$  

$H=\frac{3}{\sqrt{3}}$  

$H=\frac{3\sqrt{3}}{3}$  

$H=\sqrt{3}$  

 

$\left|AP\right|=h$  

$\left|AP\right|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$  

$\left|AP\right|=\frac{12\sqrt{3}}{2}$  

$\left|AP\right|=6\sqrt{3}$  

 

$\left|QP\right|=\frac{1}{2}\cdot 6\sqrt{3}$  

$\left|QP\right|=3\sqrt{3}$  

 

Korzystając z tw. Pitagorasa dla trójkąta SQP otrzymujemy:

$H^2+{\left|QP\right|}^2=h_1^2$  

${\sqrt{3}}^2+{\left(3\sqrt{3}\right)}^2=h_1^2$  

$3+27=h_1^2$  

$30=h_1^2$  

$\sqrt{30}=h_1$   

 

Pole trójkąta ABC to pole trzech trójkątów:

$P_{ABC}=P_{AQP}+P_{BQC}+P_{CQA}$  

$\frac{{12}^2\sqrt{3}}{4}=\frac{1}{2}\cdot 12\cdot 3\sqrt{3}+2\cdot \frac{1}{2}\cdot 12\cdot \left|QR\right|$  , gdzie SR to wysokość trójkąta ABS.

$36\sqrt{3}=18\sqrt{3}+12\left|QR\right|$  

$18\sqrt{3}=12\left|QR\right|\mid :12$  

$\frac{18\sqrt{3}}{12}=\left|QR\right|$  

$\frac{3\sqrt{3}}{2}=\left|QR\right|$  

 

Z tw. Pitagorasa:

${\left|QR\right|}^2+H^2={\left|SR\right|}^2$  

${\left(\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)}^2+{\sqrt{3}}^2={\left|SR\right|}^2$  

$\frac{27}{4}+3={\left|SR\right|}^2$  

$\frac{27+12}{4}={\left|SR\right|}^2$  

$\frac{\sqrt{39}}{2}=\left|SR\right|$  

 

Obliczmy pole boczne.

$P_b=\frac{1}{2}\cdot 12\cdot \sqrt{30}+2\cdot \frac{1}{2}\cdot 12\cdot \frac{\sqrt{39}}{2}$  

$P_b=6\sqrt{30}+6\sqrt{39}$