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

---

Z treści zadania wiemy, że w ostrosłupie prawidłowym czworokątnym krawędź podstawy ma długość 2 oraz wszystkie ściany boczne są nachylone do płaszczyzny podstawy pod tym samym kątem, równym 60°.

Podstawą ostrosłupa jest zatem kwadrat o boku 2

Wykonujemy rysunek pomocniczy.

Rysunek: 

Punkt E jest środkiem krawędzi AD. Trójkąt ADW jest równoramienny i podstawą tego trójkąta jest bok AD, zatem odcinek WE jest wysokością tego trójkąta. Wobec tego kątem nachylenia płaszczyzny ściany bocznej do płaszczyzny podstawy jest kąt SEW.

Mamy zatem, że

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

Rozważamy trójkąt prostokątny ESW. 

Odcinek ES ma długość równą połowie długości krawędzi podstawy ostrosłupa, więc,

$\left|ES\right|=\frac{1}{2}\cdot 2=1$  

Zauważmy, że jest to trójkąt prostokątny o kątach 30°, 60°, 90°. Z własności długości boków takiego trójkąta mamy, że wysokość tego trójkąta ma długość:

$\left|SW\right|=\sqrt{3}\cdot \left|ES\right|=\sqrt{3}\cdot 1=\sqrt{3}$  

Wyznaczymy teraz długość krawędzi bocznej ostrosłupa. Skorzystamy z trójkąta prostokątnego ASW. 

Odcinek AS ma długość równą połowie długości przekątnej kwadratu o boku 2, zatem ze wzoru na długość przekątnej kwadratu mamy:

$\left|AS\right|=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{2}=\sqrt{2}$

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie ASW mamy:

${\left|AS\right|}^2+{\left|SW\right|}^2=k^2$  

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

$2+3=k^2$  

Zatem

$k^2=5$  

Stąd

$k=\sqrt{5}$  

---

b)

Wyznaczymy miarę kąta między krawędzią boczną a krawędzią podstawy.  Na rysunku oznaczamy go symbolem 𝛼. Zaznaczamy na rysunku również punkt F - środek krawędzi AB i prowadzimy wysokość ściany bocznej, wysokość WF. 

Rysunek:

Rozważamy trójkąt prostokątny AWF.

Z definicji cosinusa w trójkącie prostokątnym mamy:

$\cos \alpha =\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}\approx 0,4472$  

Z tablic wartości funkcji trygonometrycznych kątów ostrych odczytujemy, że

$\alpha \approx {63}^{\circ }$  

---

c)

Wyznaczymy miarę kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy. 

Rysunek:

Szukanym kątem będzie kąt ASW. 

Z poprzednich podpunktów wiemy, że

$|AW|=\sqrt{5}$  

$|AS|=\sqrt{2}$  

Rozważamy trójkąt prostokątny SAW

Z definicji cosinusa w trójkącie prostokątnym mamy, że

$\cos \beta =\frac{|AS|}{|AW|}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{5}}=\sqrt{\frac{2}{5}}\approx 0,632$  

Z tablic wartości funkcji trygonometrycznych kątów ostrych odczytujemy, że

$\beta \approx {51}^{\circ }$