Przypomnijmy, że w podstawę ostrosłupa można wpisać okrąg i spodek wysokości jest środkiem tego okręgu  tylko wtedy, gdy wszystkie ściany boczne ostrosłupa są nachylone do płaszczyzny podstawy pod tym samym kątem.   w czworokąt można wpisać okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy sumy długości przeciwległych boków są sobie równe.

---

Z treści zadania wiemy, że podstawą ostrosłupa jest trapez prostokątny, którego obwód jest równy 50. 

Wszystkie ściany boczne są nachylone do płaszczyzny podstawy pod takim samym kątem 𝛼. Oznacza to, że wysokości wszystkich ścian bocznych są jednakowej długości. Ponadto z tego wynika, że w podstawę ostrosłupa można wpisać okrąg, a spodek wysokości ostrosłupa jest środkiem tego okręgu. 

Wykonujemy rysunek pomocniczy. Przyjmujemy oznaczenia takie jak na rysunku.

Rysunek:

Obliczamy promień okręgu wpisanego w podstawę ostrosłupa.

Rozważamy trójkąt prostokątny SGW. 

Z treści zadania wiemy, że 

$\mathrm{tg}\alpha =2,5$  

Z definicji tangensa w trójkącie prostokątnym mamy, że

$\mathrm{tg}\alpha =\frac{\left|SW\right|}{\left|SG\right|}=\frac{15}{r}$  

Zatem 

$2,5=\frac{15}{r}$  

$2,5r=15\mid :2,5$  

$r=6$  

---

Obliczamy długości krawędzi podstawy. Rysujemy trapez ABCD

Rysunek:

Zauważmy, że wysokość trapezu BC ma długość równą 2r. Z twierdzenia o odcinkach stycznych mamy, że

$\left|IC\right|=\left|CE\right|=\left|EB\right|=\left|BE\right|=r$  

Ponadto z tego samego twierdzenia mamy, że

$\left|AF\right|=\left|AG\right|=y$  

$\left|DG\right|=\left|DI\right|=x$  

Skoro w trapez można wpisać okrąg, to

$\left|AB\right|+\left|CD\right|=\left|AD\right|+\left|BC\right|$  

Z tego wynika również, że

$\left|AB\right|+\left|CD\right|=\left|AD\right|+\left|BC\right|=\frac{1}{2}\cdot Ob$  

Z treści zadania wiemy, że

$Ob=50$  

Wobec tego 

$\left|AD\right|+\left|BC\right|=\frac{1}{2}\cdot 50=25$  

Zauważmy, że 

$\left|BC\right|=2r=2\cdot 6=12$  

Zatem

$\left|AD\right|+12=25$   

Stąd 

$\left|AD\right|=13$  

Prowadzimy wysokość trapezu z wierzchołka D i korzystamy z trójkąta prostokątnego AKD. Z twierdzenia Pitagorasa w tym trójkącie mamy

${\left|AK\right|}^2+{12}^2={13}^2$  

${\left|AK\right|}^2+144=169$  

  ${\left|AK\right|}^2=169-144$  

${\left|AK\right|}^2=25$  

Stąd

$\left|AK\right|=5$  

---

Zauważmy, że 

$\left|AB\right|+\left|CD\right|=\underset{5}{\underbrace{\left|AK\right|}}+x+r+r+x=5+2x+2r=5+2x+2\cdot 6=2x+17$  

Wiemy, że

$\left|AB\right|+\left|CD\right|=12\cdot Ob=25$  

zatem

$2x+17=25$  

$2x=8\mid :2$  

$x=4$  

Stąd otrzymujemy długość odcinka y

$y+x=13$

$y+4=13$

$y=9$

---

Otrzymaliśmy zatem, że krawędzie podstawy trapezu mają długość

$\left|AB\right|=y+r=9+6=15$   

$\left|BC\right|=2r=12$  

$\left|CD\right|=r+x=6+4=10$  

$\left|AD\right|=x+y=4+9=13$  

---

Wracamy do ostrosłupa.

Wyznaczamy długości krawędzi bocznych ostrosłupa. Aby to zrobić, wyznaczymy wysokość ścian bocznych ostrosłupa. 

Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie prostokątnym GSW i otrzymujemy

$r^2+{15}^2={\left|GW\right|}^2$  

$6^2+{15}^2={\left|GW\right|}^2$  

$36+225={\left|GW\right|}^2$  

$261={\left|GW\right|}^2$  

Stąd wysokość ścian bocznych ostrosłupa jest równa

$\left|GW\right|=\sqrt{261}$  

---

Rozważamy trójkąt prostokątny AGW. Z twierdzenia Pitagorasa w tym trójkącie otrzymujemy

${|AG|}^2+{\left|GW\right|}^2={\left|AW\right|}^2$  

$9^2+{\left(\sqrt{261}\right)}^2={\left|AW\right|}^2$  

$81+261={\left|AW\right|}^2$  

${\left|AW\right|}^2=342$  

Stąd

$\left|AW\right|=\sqrt{342}=\sqrt{9\cdot 38}=3\sqrt{38}$  

---

Rozważamy trójkąt prostokątny DGW. Z twierdzenia Pitagorasa w tym trójkącie otrzymujemy

${|DG|}^2+{\left|GW\right|}^2={\left|DW\right|}^2$  

$4^2+{\left(\sqrt{261}\right)}^2={\left|DW\right|}^2$  

$16+261={\left|DW\right|}^2$  

${\left|DW\right|}^2=277$  

Stąd

$\left|DW\right|=\sqrt{277}$  

---

Rozważamy trójkąt prostokątny ECW.

Wiemy, że

$\left|EW\right|=\left|GW\right|=\sqrt{261}$  

Z twierdzenia Pitagorasa w tym trójkącie otrzymujemy

${|EC|}^2+{\left|EW\right|}^2={\left|CW\right|}^2$  

$6^2+{\left(\sqrt{261}\right)}^2={\left|CW\right|}^2$  

$36+261={\left|CW\right|}^2$  

${\left|CW\right|}^2=297$  

Stąd

$\left|CW\right|=\sqrt{297}=\sqrt{9\cdot 33}=3\sqrt{33}$

---

Rozważamy trójkąt prostokątny EBW. Z twierdzenia Pitagorasa w tym trójkącie otrzymujemy

${|EB|}^2+{\left|EW\right|}^2={\left|BW\right|}^2$  

$6^2+{\left(\sqrt{261}\right)}^2={\left|BW\right|}^2$  

$36+261={\left|BW\right|}^2$  

${\left|BW\right|}^2=297$  

Stąd

$\left|BW\right|=\sqrt{297}=\sqrt{9\cdot 33}=3\sqrt{33}$

---

Otrzymaliśmy, że krawędzie boczne mają długości

$3\sqrt{33},3\sqrt{33},\sqrt{277},3\sqrt{38}.$  

|𝐶𝑊|=297−−−√=9⋅33−−−−√=333−−√