a)

Rysunek: 

Zauważmy, że  

$\left|\sphericalangle BAE\right|={60}^{\circ }$  

Wobec tego wykorzystując funkcję sinus możemy obliczyć długość odcinka EK. Mamy:

$\frac{\left|EK\right|}{\left|AE\right|}=\sin {60}^{\circ }$  

$\frac{\left|EK\right|}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}\mid \cdot 4$  

$\left|EK\right|=2\sqrt{3}$       

Łatwo zauważyć również, że

$\left|AK\right|=2$  

---

Zauważmy, że przekątna AC rombu ABCD jest również dwusieczną kąta BAD.

Wobec tego miara kąta 

$\left|\sphericalangle PAB\right|=\frac{1}{2}\left|\sphericalangle BAD\right|=\frac{1}{2}\cdot {60}^{\circ }={30}^{\circ }$  

Obliczmy długość PK wykorzystując funkcję tangens. Mamy:

$\frac{\left|PK\right|}{\left|AK\right|}=\text{tg}{30}^o$  

$\frac{\left|PK\right|}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}\mid \cdot 2$  

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

---

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta EKP mamy:

$h^2+{\left|PK\right|}^2={\left|EK\right|}^2$  

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

$h^2+\frac{4\cdot 3}{9}=4\cdot 3$  

$h^2+\frac{4}{3}=12$  

$h^2=10\frac{2}{3}$  

$h^2=\frac{32}{3}\wedge h>0$  

$h=\sqrt{\frac{32}{3}}$  

$h=\frac{\sqrt{96}}{3}$  

$\underline{\underline{h=\frac{4\sqrt{6}}{3}}}$  

---

---

b)

Rysunek pomocniczy:

Zauważmy, że  

$\left|\sphericalangle BAE\right|=\alpha$  

Korzystając z funkcji sinus mamy: 

$\frac{\left|EK\right|}{\left|AE\right|}=\sin \alpha$  

$\frac{\left|EK\right|}{a}=\sin \alpha \mid \cdot a$  

$\left|EK\right|=a\sin \alpha$  

Korzystając z funkcji cosinus mamy: 

$\frac{\left|AK\right|}{\left|AE\right|}=\cos \alpha$  

$\frac{\left|AK\right|}{a}=\cos \alpha$  

$\left|AK\right|=a\cos \alpha$  

---

Zauważmy, że przekątna AC rombu ABCD jest również dwusieczną kąta BAD. Stąd

$\left|\sphericalangle PAB\right|=\frac{1}{2}\alpha$  

Korzystając z funkcji tangens mamy: 

$\frac{\left|PK\right|}{\left|AK\right|}=\text{tg}\frac{\alpha }{2}$  

Korzystamy z tożsamości

$\mathrm{tg}\frac{\alpha }{2}=\frac{\sin \frac{\alpha }{2}}{\cos \frac{\alpha }{2}}$  

i mamy dalej

$\mathrm{tg}\frac{\alpha }{2}=\frac{2\sin \frac{\alpha }{2}\sin \frac{\alpha }{2}}{2\cos \frac{\alpha }{2}\sin \frac{\alpha }{2}}$  

$\mathrm{tg}\frac{\alpha }{2}=\frac{2{\sin }^2\frac{\alpha }{2}}{2\sin \frac{\alpha }{2}\cos \frac{\alpha }{2}}$  

$\mathrm{tg}\frac{\alpha }{2}=\frac{1-\cos \alpha }{\sin \alpha }$  

i otrzymujemy:

$\left|PK\right|=\left|AK\right|\cdot \frac{1-\cos \alpha }{\sin \alpha }$  

$\left|PK\right|=a\cos \alpha \frac{1-\cos \alpha }{\sin \alpha }$  

---

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta EKP mamy:

$h^2+{\left|PK\right|}^2={\left|EK\right|}^2\left|-\right|PK{\mid }^2$  

$h^2={\left|EK\right|}^2-{\left|PK\right|}^2$  

$h^2={\left(a\sin \alpha \right)}^2-{\left(a\cos \alpha \frac{1-\cos \alpha }{\sin \alpha }\right)}^2$  

$h^2=a^2{\sin }^2\alpha -a^2{\cos }^2\alpha \frac{{\left(1-\cos \alpha \right)}^2}{{\sin }^2\alpha }$  

$h^2=a^2\left({\sin }^2\alpha -{\cos }^2\alpha \frac{{\left(1-\cos \alpha \right)}^2}{{\sin }^2\alpha }\right)$  

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

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

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

$h^2=a^2\cdot \frac{1-2{\cos }^2\alpha +{\cos }^4\alpha -{\cos }^2\alpha +2{\cos }^3\alpha -{\cos }^4\alpha }{1-{\cos }^2\alpha }$  

$h^2=a^2\cdot \frac{2{\cos }^3\alpha -3{\cos }^2\alpha +1}{{\sin }^2\alpha }$  

$h=\frac{a}{\sin \alpha }\cdot \sqrt{2{\cos }^3\alpha -3{\cos }^2\alpha +1}$  

---

Rozważmy

$2{\cos }^3\alpha -3{\cos }^2\alpha +1=0$  

Podstawmy 

$\cos \alpha =t$  

Mamy zatem 

$2t^3-3t^2+1=0$  

${\left(t-1\right)}^2\left(2t+1\right)=0$

Wracając do podstawienia mamy: 

${\left(\cos \alpha -1\right)}^2\left(2\cos \alpha +1\right)=0$  

---

Zatem otrzymujemy:

$h=\frac{a}{\sin \alpha }\cdot \sqrt{{\left(\cos \alpha -1\right)}^2\left(2\cos \alpha +1\right)}$  

$h=\frac{a}{\sin \alpha }\cdot \left|\cos \alpha -1\right|\cdot \sqrt{2\cos \alpha +1}$  

$h=\frac{a}{\sin \alpha }\cdot \left(1-\cos \alpha \right)\cdot \sqrt{2\cos \alpha +1}$  

$h=\frac{1-\cos \alpha }{\sin \alpha }a\sqrt{1+2\cos \alpha }$  

---

Wyznaczmy pole powierzchni podstawy tego romboedru. Mamy:

$P_p=a^2\sin \alpha$  

---

Wyznaczmy objętość tego romboedru. Mamy:

$V=a^2\sin \alpha \cdot \frac{1-\cos \alpha }{\sin \alpha }a\sqrt{1+2\cos \alpha }=\underline{\underline{a^3\left(1-\cos \alpha \right)\sqrt{1+2\cos \alpha }}}$  

co kończy dowód.