Korzystamy z faktu, iż znamy zależności między długościami boków w trójkącie prostokątnym o kątach ostrych 30^o i 60^o:



zatem:

$\left|D{D}_1\right|=\frac{1}{2}\left|C{D}_1\right|$

$\left|CD\right|=\frac{\left|C{D}_1\right|\sqrt{3}}{2}$

$5\sqrt{3}=\frac{\left|C{D}_1\right|\sqrt{3}}{2}$

$\left|C{D}_1\right|=10\text{[cm]}$

$\left|D{D}_1\right|=\frac{1}{2}\cdot 10=5\text{[cm]}$

$\left|AD\right|=\frac{1}{2}\left|CA\right|$

Długość krawędzi podstawy obliczamy korzystając z twierdzenia Pitagorasa:

${\left|CD\right|}^2+{\left|AD\right|}^2={\left|CA\right|}^2$

${\left(5\sqrt{3}\right)}^2+{\left(\frac{1}{2}\left|CA\right|\right)}^2={\left|CA\right|}^2$

$75+\frac{1}{4}{\left|CA\right|}^2={\left|CA\right|}^2$

$\frac{3}{4}{\left|CA\right|}^2=75\mid \cdot \frac{4}{3}$

${\left|CA\right|}^2=100\mid \sqrt{}$

$\left|CA\right|=10\text{[cm]}$

$P_b=3\cdot 10\text{cm}\cdot 5\text{cm}=150{\text{cm}}^2$

Obliczmy pole koła opisanego na podstawie tego graniastosłupa:

$P_K={\left(\frac{2}{3}\cdot 5\sqrt{3}\right)}^2\pi =\frac{4}{9}\cdot 25\cdot 3\pi =\frac{100}{3}\pi =33\frac{1}{3}\pi {\text{[cm}}^2\text{]}$

Obliczmy obwód zaznaczonego przekroju: 

$L=\left|CD\right|+\left|D{D}_1\right|+\left|D_1{C}_1\right|+\left|C_{1}C\right|$  

$L=5\sqrt{3}+5+5\sqrt{3}+5=\left(10+10\sqrt{3}\right)\text{cm}$

Odp. Pole powierzchni bocznej wynosi  $150{\text{cm}}^2$   pole koła $33\frac{1}{3}{\text{cm}}^3$   , a pole przekroju  $\left(10+10\sqrt{3}\right)$ cm.