Przypomnijmy, że: Podstawą ostrosłupa prawidłowego trójkątnego jest trójkąt równoboczny. Wysokości trójkąta równobocznego przecinają się w stosunku 2:1 licząc od wierzchołka.

---

Przyjmijmy oznaczenia takie jak na poniższym rysunku:

---

a)

Obliczymy wysokość tego ostrosłupa, czyli długość odcinka SW.

 

Z twierdzenia Pitagorasa (trójkąt BSW):

${\left|BS\right|}^2+{\left|SW\right|}^2={\left|BW\right|}^2$  

 

Ze wzoru na wysokość trójkąta równobocznego:

$\left|BD\right|=\frac{12\sqrt{3}}{2}=6\sqrt{3}$  

Stąd:

$3x=6\sqrt{3}\mid :3$  

$x=2\sqrt{3}$  

Zatem:

$\left|BS\right|=2x=2\cdot 2\sqrt{3}=4\sqrt{3}$  

 

Otrzymujemy, że:

${\left(4\sqrt{3}\right)}^2+{\left|SW\right|}^2=8^2$  

$16\cdot 3+{\left|SW\right|}^2=64$  

$48+{\left|SW\right|}^2=64$  

${\left|SW\right|}^2=64-48$  

${\left|SW\right|}^2=16$  

Długości odcinków są dodatnie, więc:

$\left|SW\right|=\sqrt{16}$  

$\left|SW\right|=\underline{\underline{4\left[\text{dm}\right]}}$  

---

b)

Obliczymy miarę kąta nachylenia krawędzi bocznej ostrosłupa do płaszczyzny podstawy, czyli α.

 

Spójrzmy na trójkąt BSW:

$\cos \alpha =\frac{\left|BS\right|}{\left|BW\right|}$  

 

Z podpunktu a) wiemy, że:

$\left|BS\right|=4\sqrt{3}$  

 

Zatem:

$\cos \alpha =\frac{4\sqrt{3}}{8}$  

$\cos \alpha =\frac{\sqrt{3}}{2}$  

Stąd:

$\alpha =\underline{\underline{{30}^{\circ }}}$