a) Przypomnijmy, że ostrosłup prawidłowy czworokątny ma w podstawie kwadrat. 

Przyjrzyjmy się poniższemu rysunkowi 

1. Rozważmy trójkąt SFE. 

Zauważmy, że wysokość ostrosłupa tworzy z wysokością ściany bocznej i odcinkiem y trójkąt prostokątny. 

Długość odcinka y jest równa połowie długości boku kwadratu o boku długości a, czyli

$y=\frac{1}{2}a$      

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy

$6^2+y^2=8^2$

$36+{\left(\frac{1}{2}a\right)}^2=64$

$36+\frac{1}{4}{a}^2=64$

$\frac{1}{4}{a}^2=28\mid \cdot 4$

$a^2=112\text{i}a>0$

więc

$a=\sqrt{112}=4\sqrt{7}$       

2. Rozważmy trójkąt SCE. 

Zauważmy, że wysokość ostrosłupa tworzy z jego krawędzią boczną (b) i odcinkiem x trójkąt prostokątny. 

Długość odcinka x jest równa połowie długości przekątnej kwadratu o boku długości a, czyli

$x=\frac{a\sqrt{2}}{2}=\frac{4\sqrt{7}\cdot \sqrt{2}}{2}=2\sqrt{14}$  

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy

$6^2+{\left(2\sqrt{14}\right)}^2=b^2$

$36+56=b^2$

$92=b^2\text{i}b>0$

więc

$b=\sqrt{92}=2\sqrt{23}$

---

b) Przypomnijmy, że ostrosłup prawidłowy sześciokątny ma w podstawie sześciokąt foremny. 

Przyjrzyjmy się poniższemu rysunkowi 

1. Rozważmy trójkąt AGS. 

Zauważmy, że wysokość ostrosłupa tworzy z jego krawędzią boczną i odcinkiem x trójkąt prostokątny. 

Długość odcinka x jest równa połowie długości dłuższej przekątnej sześciokąta foremnego o boku długości a, czyli

$x=a$      

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy

$6^2+x^2={10}^2$

$36+a^2=100$

$a^2=64\text{i}a>0$

więc

$a=8$    

2. Rozważmy trójkąt GHS. 

Zauważmy, że wysokość ostrosłupa tworzy z wysokością ściany bocznej i odcinkiem y trójkąt prostokątny. 

Długość odcinka y jest równa połowie długości krótszej przekątnej sześciokąta foremnego o boku długości a, czyli

$y=\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{8\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}$  

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy

$6^2+y^2=h^2$

$36+{\left(4\sqrt{3}\right)}^2=h^2$

$36+48=h^2$   

$84=h^2\text{i}h>0$

więc

$h=\sqrt{84}=2\sqrt{21}$

---

c) Przypomnijmy, że ostrosłup prawidłowy trójkątny ma w podstawie trójkąt równoboczny. 

Przyjrzyjmy się poniższemu rysunkowi 

1. Rozważmy trójkąt BSD. 

Zauważmy, że wysokość ostrosłupa tworzy z jego krawędzią boczną (b) i odcinkiem x trójkąt prostokątny. 

Długość odcinka x jest równa ²/₃ długości wysokości trójkąta równobocznego o boku długości 12, czyli

$x=\frac{2}{3}\cdot \frac{12\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}$      

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy

$6^2+x^2=b^2$

$36+{\left(4\sqrt{3}\right)}^2=b^2$

 

$36+48=b^2$

$84=b^2\text{i}b>0$  

więc

$b=2\sqrt{21}$    

2. Rozważmy trójkąt ESD. 

Zauważmy, że wysokość ostrosłupa tworzy z wysokością ściany bocznej (h) i odcinkiem y trójkąt prostokątny. 

Długość odcinka y jest równa ¹/₃ długości wysokości trójkąta równobocznego o boku długości 12, czyli

$y=\frac{1}{3}\cdot \frac{12\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$     

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy

$6^2+y^2=h^2$

$36+{\left(2\sqrt{3}\right)}^2=h^2$

$36+12=h^2$   

$48=h^2\text{i}h>0$  

więc

$h=\sqrt{48}=4\sqrt{3}$

---

d) Przyjrzyjmy się poniższemu rysunkowi  

1. Rozważmy trójkąt ASD. 

Zauważmy, że wysokość ostrosłupa tworzy z jego krawędzią boczną (a) i odcinkiem x trójkąt prostokątny. 

Długość odcinka x jest równa ²/₃ długości wysokości trójkąta równobocznego o boku długości a, czyli

$x=\frac{2}{3}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$      

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy

$6^2+x^2=a^2$

$36+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{3}\right)}^2=a^2$

$36+\frac{3a^2}{9}=a^2$

$36+\frac{a^2}{3}=a^2$

$36=\frac{2}{3}{a}^2\mid :\frac{2}{3}$

$54=a^2\text{i}a>0$

więc

$a=\sqrt{54}=3\sqrt{6}$

Zauważmy, że w ostrosłupie ABCD każda z czterech ścian jest przystającym trójkątem równobocznym o boku długości 3√6.

Zatem wysokość ściany bocznej ostrosłupa jest równa długości wysokości trójkąta równobocznego o boku długości 3√6 ,czyli

$h=\frac{3\sqrt{6}\cdot \sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{18}}{2}=\frac{9\sqrt{2}}{2}$