Stereometria Satan: Dany jest graniastosłup prosty prawidłowy trójkątny o dolnej podstawie ABC i górnej A'B'C'. Przekątna ściany bocznej tworzy z krawędzią podstawy kąt 60°. Pole ściany bocznej graniastosłupa jest równe 2√3. Oblicz pole trójkąta ABC'. Uwaga: w programie do rysowania nie da się wpisać dwóch znaków (albo nie potrafię), więc zmieniam oznaczenia: A' = D, B' = E, C' = F Więc zrobiłem to tak: Skoro jest to graniastosłup prosty prawidłowy trójkątny, to |AB| = |BC| = |AC| = a. |∡BAE| = 60° i |∡ABE| = 90°, bo ściany są prostokątami.

	|EB		h
Więc tg 60° =		i niech |EB| = h ⇒ √3 =		⇒ h = a√3.
	|AB|		a

P_ściany = 2√3 = |AB|*|EB| = a*a√3 ⇒ 2√3 = a²√3 ⇒ a² = 2 ⇒ a = √2 ∨ a = −√2, ale a > 0, więc a przyjmuje wartość √2. Teraz zauważam, że |FA| = |FB|, więc ΔABF jest równoramienny. Dodatkowo |FA| jest przekątną ściany, więc z tw. Pitagorasa w ΔABE wyliczam |AE|: |AE| = √|AB|² + |BE|² ⇒ |AE| = √8 ⇒ |AE| = 2√2. Odcinek |FG| jest wysokością ΔABF. Punkt G dzieli odcinek |AB| na dwie równe części,

	√2
więc |GB| =		. Z tw. Pitagorasa w ΔGBF:
	2

	2		30		√30
|FG| = √|FB|2 − |GB|2 ⇒ |FG| = √8 −		⇒ |FG| = √		⇒ |FG| =		.
	4		4		2

	1		1		√30		2√15		√15
PΔABF =		* |AB| * |FG| =		* √2 *		=		=
	2		2		2		4		2

	√15
Czyli PΔABF =
	2

Satan: Podbijam

Eta: Masz dobrze ale ogrom czasu marnujesz ............... Trójkąt "ekierka" i odpowiednie oznaczenia ułatwiają rozwiązanie

	1
P(ściany)= 4a2√3=2√3 ⇒ a2=
	2

h= √16a²−a²= √15a

	√15
PΔABF = a*h= a2√15=		[j2]
	2

==========

Satan: Ot, właśnie to jest u mnie problematyczne. Zazwyczaj wpadam na chyba najcięższy z możliwych pomysłów, a czas i miejsce lecą Jeszcze nad tym popracuję, dziękuję Eta

Eta: