a) Przyjmijmy oznaczenia jak na poniższym rysunku.

Wyznaczamy długość odcinka oznaczonego literą d. Korzystamy ze wzoru na długość przekątnej kwadratu.

$d=a\sqrt{2}$  

Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa i wyznaczamy długość wysokości ściany bocznej h.

$h^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2={\left(2a\right)}^2$  

$h^2+\frac{a^2}{4}=4a^2$  

$h^2+\frac{a^2}{4}=\frac{16a^2}{4}\mid -\frac{a^2}{4}$  

$h^2=\frac{15a^2}{4}$  

$h=\frac{\sqrt{15}a}{2}$  

Wyznaczamy pole ściany bocznej.

$P=\frac{a\cdot h}{2}=\frac{a\cdot \frac{\sqrt{15}a}{2}}{2}=\frac{\frac{\sqrt{15}{a}^2}{2}}{2}=\frac{\sqrt{15}{a}^2}{4}$  

Pole ściany bocznej ostrosłupa możemy również obliczyć następująco:

$P=\frac{2a\cdot x}{2}=a\cdot x$  

Wobec tego:

$a\cdot x=\frac{\sqrt{15}{a}^2}{4}\mid :a$  

$x=\frac{\sqrt{15}a}{4}$  

Korzystamy z twierdzenia cosinusów i wyznaczamy cos 𝛼.

$d^2=x^2+x^2-2\cdot x\cdot x\cdot \cos \alpha$  

$d^2=2x^2-2x^2\cdot \cos \alpha$  

$d^2=2x^2\left(1-\cos \alpha \right)$  

Stąd otrzymujemy:

${\left(a\sqrt{2}\right)}^2=2\cdot {\left(\frac{\sqrt{15}a}{4}\right)}^2\cdot \left(1-\cos \alpha \right)$  

$2a^2=2\cdot \frac{15a^2}{16}\cdot \left(1-\cos \alpha \right)$  

$2a^2=\frac{15a^2}{8}\cdot \left(1-\cos \alpha \right)\mid \cdot 8$  

$16a^2=15a^2\cdot \left(1-\cos \alpha \right)\mid :15a^2$  

$\frac{16}{15}=1-\cos \alpha \mid -1$  

$\frac{1}{15}=-\cos \alpha$  

Korzystamy ze wzoru redukcyjnego.

$\cos \left({180}^{\circ }-\alpha \right)=-\cos \alpha$  

Mamy więc:

$\frac{1}{15}=\cos \left({180}^{\circ }-\alpha \right)$  

$0,07\approx \cos \left({180}^{\circ }-\alpha \right)$  

Zatem:

${180}^{\circ }-\alpha \approx {86}^{\circ }\mid -{180}^{\circ }$  

$-\alpha \approx -{94}^{\circ }\mid \cdot \left(-1\right)$  

$\alpha \approx {94}^{\circ }$  

---

$\text{ok.}{94}^{\circ }$  

---

---

b) Przyjmijmy oznaczenia jak na poniższym rysunku.

Pole powierzchni bocznej ostrosłupa jest dwa razy większe od pola podstawy, więc:

$3\cdot \frac{a\cdot h}{2}=2\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}$  

$\frac{3ah}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\mid \cdot 2$  

$3ah=a^2\sqrt{3}\mid :3a$  

$h=\frac{a\sqrt{3}}{3}$  

Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa i wyznaczamy długość krawędzi bocznej.

$b^2=h^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2$  

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

$b^2=\frac{3a^2}{9}+\frac{a^2}{4}$  

$b^2=\frac{a^2}{3}+\frac{a^2}{4}$  

$b^2=\frac{4a^2}{12}+\frac{3a^2}{12}$  

$b^2=\frac{7a^2}{12}$  

$b=\frac{\sqrt{7}a}{2\sqrt{3}}$  

Wyznaczamy pole ściany bocznej.

$P=\frac{a\cdot h}{2}=\frac{a\cdot \frac{a\sqrt{3}}{3}}{2}=\frac{\frac{a^2\sqrt{3}}{3}}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{6}$  

Pole ściany bocznej ostrosłupa możemy również obliczyć następująco:

$P=\frac{b\cdot x}{2}$  

Wobec tego:

$\frac{b\cdot x}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{6}$  

$\frac{\frac{\sqrt{7}a}{2\sqrt{3}}\cdot x}{2}=\frac{a^2\sqrt{3}}{6}\mid :a$  

$\frac{\frac{\sqrt{7}}{2\sqrt{3}}\cdot x}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{6}\mid \cdot 6$  

$\frac{3\sqrt{7}}{2\sqrt{3}}\cdot x=a\sqrt{3}\mid \cdot 2\sqrt{3}$  

$3\sqrt{7}\cdot x=6a\mid :3\sqrt{7}$  

$x=\frac{6a}{3\sqrt{7}}$  

Korzystamy z twierdzenia cosinusów i wyznaczamy cos 𝛼.

$a^2=x^2+x^2-2\cdot x\cdot x\cdot \cos \alpha$  

$a^2=2x^2-2x^2\cdot \cos \alpha$  

$a^2=2x^2\left(1-\cos \alpha \right)$  

Stąd otrzymujemy:

$a^2=2\cdot {\left(\frac{6a}{3\sqrt{7}}\right)}^2\cdot \left(1-\cos \alpha \right)$  

$a^2=2\cdot \frac{36a^2}{63}\cdot \left(1-\cos \alpha \right)$  

$a^2=2\cdot \frac{4a^2}{7}\cdot \left(1-\cos \alpha \right)$  

$a^2=\frac{8a^2}{7}\cdot \left(1-\cos \alpha \right)\mid \cdot 7$  

$7a^2=8a^2\cdot \left(1-\cos \alpha \right)\mid :8a^2$  

$\frac{7}{8}=1-\cos \alpha \mid -1$  

$-\frac{1}{8}=-\cos \alpha \mid \cdot \left(-1\right)$  

$\frac{1}{8}=\cos \alpha$  

$0,125=\cos \alpha$  

Zatem:

$\alpha \approx {83}^{\circ }$  

---

$\text{ok.}{83}^{\circ }$