Darmowe konto pozwoli wrócić do niego później.

Oblicz pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa. Zapisz obliczenia.

Ponieważ ściany boczne $BCS$ i $CDS$ są trójkątami przystającymi, to $|DE| = |BE| = x$.

Stosując twierdzenie cosinusów do trójkąta $BED$: $(3\sqrt{34} \cdot \sqrt{2})^2 = x^2 + x^2 - 2x^2 \cdot (-\frac{9}{25})$, otrzymujemy $x = 15$.

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $BEC$: $|CE|^2 = (3\sqrt{34})^2 - 15^2 = 306 - 225 = 81$, stąd $|CE| = 9$.

Triójkąt $BCS$ jest prostokątny (z twierdzenia o trzech prostych prostopadłych).

Triójkąty $BCS$ i $ECB$ są podobne, zatem $\frac{|CE|}{|BC|} = \frac{|BC|}{|SC|}$, czyli $\frac{9}{3\sqrt{34}} = \frac{3\sqrt{34}}{|SC|}$, stąd $|SC| = 34$.

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $ACS$: $|AS|^2 = 34^2 - (3\sqrt{34} \cdot \sqrt{2})^2 = 1156 - 612 = 544$, stąd $|AS| = 4\sqrt{34}$.

Pole powierzchni bocznej: $P_b = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot |AB| \cdot |AS| + 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot |BE| \cdot |SC| = 3\sqrt{34} \cdot 4\sqrt{34} + 15 \cdot 34 = 408 + 510 = 918$.

Sposób II (przez $EO$, $SC$, $AS$, $BS$):

Niech $E$ będzie spodkiem wysokości ściany bocznej $BCS$ z wierzchołka $B$, $O$ punktem przecięcia przekątnych podstawy.

Z $\cos \beta = -\frac{9}{25}$ wynika $\sin \frac{\beta}{2} = \frac{\sqrt{17}}{5}$ i $\cos \frac{\beta}{2} = \frac{2\sqrt{2}}{5}$.

Tangens: $\tan \frac{\beta}{2} = \frac{\sqrt{34}}{4}$.

Z $\tan \frac{\beta}{2} = \frac{|BO|}{|EO|}$ i $|BO| = \frac{1}{2} \cdot 3\sqrt{34} \cdot \sqrt{2}$ otrzymujemy $|EO| = 6\sqrt{2}$.

Z warunku $(\frac{6\sqrt{2}}{\frac{1}{2} \cdot 3\sqrt{34} \cdot \sqrt{2}})^2 + (\frac{3\sqrt{34} \cdot \sqrt{2}}{|SC|})^2 = 1$ otrzymujemy $|SC| = 34$.

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $ACS$: $|AS| = 4\sqrt{34}$.

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta $ABS$: $|BS| = 5\sqrt{34}$.

$P_b = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot 3\sqrt{34} \cdot 4\sqrt{34} + 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot 5\sqrt{34} \cdot 3\sqrt{34} = 408 + 510 = 918$.