Przyjmijmy oznaczenia takie jak na poniższym rysunku:

---

a)

Obliczymy długość boków trójkąta ABS.

 

Z twierdzenia Pitagorasa (trójkąt ABC):

${\left|AB\right|}^2=9^2+{16}^2$  

${\left|AB\right|}^2=81+256$  

${\left|AB\right|}^2=337$  

Długości odcinków są dodatnie, więc:

$\underline{\underline{\left|AB\right|=\sqrt{337}}}$  

 

Z twierdzenia Pitagorasa (trójkąt ACS):

${\left|AS\right|}^2=9^2+{12}^2$  

${\left|AS\right|}^2=81+144$  

${\left|AS\right|}^2=225$  

Długości odcinków są dodatnie, więc:

$\left|AS\right|=\sqrt{225}$  

$\underline{\underline{\left|AS\right|=15}}$  

 

Z twierdzenia Pitagorasa (trójkąt BCS):

${\left|BS\right|}^2={16}^2+{12}^2$  

${\left|BS\right|}^2=256+144$  

${\left|BS\right|}^2=400$  

Długości odcinków są dodatnie, więc:

$\left|BS\right|=\sqrt{400}$  

$\underline{\underline{\left|BS\right|=20}}$  

---

b)

Obliczymy odległość punktu C od krawędzi bocznej BS, czyli długość odcinka CD.

 

Z podpunktu a) wiemy, że:

$\left|BS\right|=20$  

 

Spójrzmy na trójkąt BCS.

Ze wzoru na wysokość trójkąta prostokątnego poprowadzoną z wierzchołka kąta prostego:

$\left|CD\right|=\frac{12\cdot 16}{20}=\frac{3\cdot 16}{5}=\frac{48}{5}=\underline{\underline{9\frac{3}{5}}}$  

---

c)

Obliczamy tangens kąta nachylenia płaszczyzny (ABS) do płaszczyzny podstawy tego ostrosłupa, czyli tg α.

Spójrzmy na trójkąt ECS.

$\text{tg}\alpha =\frac{12}{\left|EC\right|}$  

 

Spójrzmy na trójkąt ABC.

Ze wzoru na wysokość trójkąta prostokątnego poprowadzoną z wierzchołka kąta prostego:

$\left|EC\right|=\frac{9\cdot 16}{\left|AB\right|}$  

Z podpunktu a) wiemy, że:

$\left|AB\right|=\sqrt{337}$  

Stąd:

$\left|EC\right|=\frac{9\cdot 16}{\sqrt{337}}=\frac{144}{\sqrt{337}}$  

 

Zatem:

$\text{tg}\alpha =\frac{12}{\frac{144}{\sqrt{337}}}=12\cdot \frac{\sqrt{337}}{144}=\underline{\underline{\frac{\sqrt{337}}{12}}}$