$d=2\sqrt{6 } \mathrm{cm}$, $p=4\sqrt{3 } \mathrm{cm}$, $q=2\sqrt{15 } \mathrm{cm}$.

$q=6\sqrt{7 } \mathrm{cm}$.

Odcinek $AD$ jest wysokością podstawy, zatem $\left|AD\right|=\frac{3\sqrt{3}}{2}$.

Odcinek $AC\text{'}$ jest przekątną ściany bocznej i z twierdzenia Pitagorasa wynika, że $\left|AC\text{'}\right|=\sqrt{3^2+4^2}=5$.

Długość odcinka $DC\text{'}$ obliczamy z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $CDC\text{'}$:

${\left(\frac{3}{2}\right)}^2+4^2={\left|DC\text{'}\right|}^2$

$\left|DC\text{'}\right|=\sqrt{16+\frac{9}{4}}=\sqrt{\frac{73}{4}}=\frac{\sqrt{73}}{2}$

Obliczymy teraz obwód trójkąta $ADC\text{'}$

$Obw=\frac{3\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{73}}{2}+5=\frac{1}{2}\left(3\sqrt{3}+\sqrt{73}+10\right)$.

Najdłuższym bokiem w trójkącie $ADC\text{'}$ jest odcinek $AC\text{'}$. Sprawdzamy, czy zachodzi zależność

${\left|AD\right|}^2+{\left|DC\text{'}\right|}^2={\left|AC\text{'}\right|}^2$

$L={\left|AD\right|}^2+{\left|D{C}^{\text{'}}\right|}^2={\left(\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{73}}{2}\right)}^2=\frac{27}{4}+\frac{73}{4}=\frac{100}{4}=$

$=25=5^2={\left|A{C}^{\text{'}}\right|}^2=P$.

Lewa strona zależności jest równa prawej. Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa wynika, że trójkąt $ADC\text{'}$ jest prostokątny.

Obwód trójkąta $ADC\text{'}$ jest równy $\frac{1}{2}\left(3\sqrt{3}+\sqrt{73}+10\right)$. Trójkąt $ADC\text{'}$ jest prostokątny.

Spójrz na rysunek z podpowiedzi. Długość odcinka $DD\text{'}$ jest równa długości krawędzi bocznej:

$\left|DD\text{'}\right|=12$.

Trójkąt $CDE$ jest podobny do $ABC$ w skali $\frac{1}{2}$, zatem $\left|DE\right|=5$. Długość odcinka $DE\text{'}$ obliczymy korzystając z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $DEE\text{'}$:

$\left|DE\text{'}\right|=\sqrt{5^2+{12}^2}=13$

Wysokości w trójkącie równobocznym przecinają się w stosunku $2:1$, zatem $\left|OE\right|=\frac{1}{3}\left|AE\right|$, a stąd $\left|AE\right|=3\sqrt{3}$.

Odcinek $AE$ jest wysokością trójkąta równobocznego, czyli $\left|AE\right|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, a stąd $a=\frac{3\sqrt{3}·2}{\sqrt{3}}=6$.

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $AFA\text{'}$ otrzymujemy

${\left|AF\right|}^2+{\left|AA\text{'}\right|}^2={\left|FA\text{'}\right|}^2$

$3^2+h^2=5^2$

$h=4$

Przekątna ściany bocznej graniastosłupa ma długość $\left|CA\text{'}\right|=\sqrt{6^2+4^2}=\sqrt{36+16}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}$.

Przekątna ściany bocznej graniastosłupa ma długość $2\sqrt{13}$.

Boki powstałego trójkąta są przekątnymi ścian sześcianu.

Mają więc długość $p=a\sqrt{2}=4\sqrt{2}$.

Powstały trójkąt jest równoboczny.

Obliczymy jego pole ze wzoru $P=\frac{p^2\sqrt{3}}{4}=\frac{{\left(4\sqrt{2}\right)}^2\sqrt{3}}{4}=\frac{32\sqrt{3}}{4}=8\sqrt{3} {\mathrm{j}}^2$.

Przyjmijmy za długość krawędzi bocznej $x$. Wtedy długość krawędzi w podstawie wynosi $2x$. Odcinek $AD$ jest wysokością w trójkącie równobocznym o boku długości $2x$, zatem

$\left|AD\right|=\frac{2x\sqrt{3}}{2}=x\sqrt{3}$

R1Yf9suhE30s6

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy trójkątny $ABCA\text{'}B\text{'}C\text{'}$ tak, że wierzchołek A znajduje się pod wierzchołkiem A prim, wierzchołek B pod wierzchołkiem B prim oraz wierzchołek C pod wierzchołkiem C prim. Oznaczono środek odcinka B prim C prim jako punkt D prim. Połączono punkt D prim z A. Wyróżniono kolorem trójkąt prostokątny wewnątrz bryły: D A D prim o kącie prostym przy wierzchołku D. Pionową krawędź C C prim opisano literą x, a krawędź podstawy C A oznaczono jako dwa x.

Trójkąt $ADD\text{'}$ jest prostokątny, a jego przyprostokątne są długości $x$ oraz $x\sqrt{3}$, zatem z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy

${\left|AD\text{'}\right|}^2=x^2+{\left(x\sqrt{3}\right)}^2$

${\left|A{D}^{\text{'}}\right|}^2=4x^2$

$\left|A{D}^{\text{'}}\right|=2x$

Czyli długość odcinka $A{D}^{\prime }$ jest równa krawędzi podstawy.

c.n.d

Z informacji o sumie długości wszystkich krawędzi otrzymujemy zależność:

$6a+3h=33$

$h=11-2a$

RvLhcbMJwwevN

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy trójkątny $ABCA\text{'}B\text{'}C\text{'}$ tak, że wierzchołek A znajduje się pod wierzchołkiem A prim, wierzchołek B pod wierzchołkiem B prim oraz wierzchołek C pod wierzchołkiem C prim. Krawędź podstawy ma długość a, a krawędź boczna h. Poprowadzono przekątną ścian boczne A C A prim C prim łączącą wierzchołek A z C prim. Przekątna ma długość 5.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $ACC\text{'}$ mamy:

$a^2+h^2=5^2$

$a^2+{\left(11-2a\right)}^2=25$

$a^2+121-44a+4a^2=25$

$5a^2-44a+96=0$

$∆={\left(-44\right)}^2-4·5·96=1936-1920=16$

$a_1=\frac{44+4}{2·5}=4,8$

$a_2=\frac{44-4}{2·5}=4$

$h_1=11-2·4,8=1,4$

$h_2=11-2·4=3$

Należy zauważyć, że aby trójkąt $ACC\text{'}$ istniał, długości $a$ i $h$ muszą być dodatnie i mniejsze niż $5$. Oba rozwiązania spełniają te warunki.

Istnieją dwa nieprzystające graniastosłupy spełniające warunki zadania. Długość krawędzi bocznej wynosi odpowiednio $1,4$ lub $3$.

Graniastosłup jest prawidłowy sześciokątny, zatem jego podstawą jest sześciokąt foremny o znanym polu $300\sqrt{3}{\mathrm{cm}}^2$.

Obliczamy długość $a$ krawędzi podstawy – korzystamy ze wzoru na pole sześciokąta foremnego:
$P=\frac{3a^2\sqrt{3}}{2}$,
$300\sqrt{3}=\frac{3a^2\sqrt{3}}{2}$.

Krawędź podstawy wynosi: $a=10\sqrt{2}$.

Wszystkie krawędzie boczne graniastosłupa są równe i mają długość cztery razy dłuższa od krawędzi podstawy czyli $h=40\sqrt{2}$.

Stąd długość $d=10\sqrt{3}4$, $d_2=10\sqrt{6}$.

Otrzymaliśmy trójkąt równoramienny, w którym:
$x=5\sqrt{130}>P_{△}=50\sqrt{195}$.

R35mStyYmV0E3

Ilustracja przedstawia trójkąt równoramienny o ramionach o długości d każde i o wysokości między nimi oznaczonej jako x. Wysokość dzieli dolną podstawę na pół, czyli na dwa odcinki o długości jedna druga razy d indeks dolny dwa.

Z twierdzenia cosinusów obliczymy kąt $\alpha$ między ramionami trójkąta: $\cos \alpha =\frac{31}{34}$, czyli $\alpha \approx 24$$°$.

Kąty w omawianym trójkącie wynoszą w zaokrągleniu odpowiednio: $24°$, $78°$ i $78°$.

Szkicujemy rysunek pomocniczy.

R18s7mjjIQ41g

Na ilustracji przedstawiono graniastosłup prawidłowy sześciokątny. Podstawę oznaczono literami od A do F, natomiast wierzchołki górnej podstawy literami od A do F z symoblem prim. Odpowiednio nad wierzchołkiem A znajduje się wierzchołek A prim, nad wierzchołkiem B wierzchołek B prim i tak dalej. W graniastosłupie zaznaczono trójkąt. Jego ramiona oznaczono małymi literami d. Litera d z indeksem dolnym jeden, stanowi przekątną B E prim, natomiast przekątna d z indeksem dolnym dwa stanowi przekątną B F prim. Podstawę zaznaczonego trójkąta oznaczono małą literą a. Jest ona krawędzią E prim F prim. Zaznaczono również wysokość graniastosłupa wielką literą H.

Wyrazimy długości $d_1$ i $d_2$ za pomocą $a$ oraz $H$. Skorzystamy w tym celu z trójkątów prostokątnych, których bokami są przekątne graniastosłupa, przekątne podstawy i wysokość graniastosłupa.

RHwu7hqa3TyEQ

Na ilustracji przedstawiono graniastosłup prawidłowy o podstawie sześciokąta, którego bok wynosi a. Podstawę oznaczono literami od A do F, natomiast wierzchołki górnej podstawy literami od A do F z symoblem prim. Odpowiednio nad wierzchołkiem A znajduje się wierzchołek A prim, nad wierzchołkiem B wierzchołek B prim i tak dalej. W graniastosłupie zaznaczono trójkąt. Jego ramiona oznaczono małymi literami d. Litera d z indeksem dolnym jeden, stanowi przekątną B E prim, natomiast przekątna d z indeksem dolnym dwa stanowi przekątną B F prim. Podstawę zaznaczonego trójkąta oznaczono małą literą a. Jest ona krawędzią E prim F prim. Na przekątnych utworzono dwa trójkąty prostokątne. Przekątna d z indeksem dolnym dwa stanowi przeciwprostokątną. Krawędź F Fprim stanowi przyprostokątną trójkąta i jest również wysokością graniastosłupa. Druga przyprostokątna odcinkiem łączącym wierzchołek B z wierzchołkiem F i wynosi $a\sqrt{3}$. Przekątna d1 stanowi przeciwprostokątną kolejnego trójkąta prostokątnego. Jego przyprostokątna jest krawędzią E E prim i stanowi wysokość graniastosłupa. Druga przyprostokątna jest odcinkiem łączącym wierzchołek B z wierzchołkiem E i wynosi dwa a.

Możemy zapisać, że $d_1^2=4a^2+H^2$ oraz $d_2^2=3a^2+H^2$.

Mamy więc, że $d_1^2=a^2+d_2^2$.

Czyli, korzystając z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa, otrzymujemy, że trójkąt, którego bokami są przekątne graniastosłupa wychodzące z jednego wierzchołka i krawędź podstawy jest trójkątem prostokątnym.

Narysujmy prostopadłościan i wprowadźmy oznaczenia, jak na poniższym rysunku.

R1VP3GTVmSk9U

Na ilustracji przedstawiono prostopadłościan o krawędziach podstawy a, b oraz wysokości c. Przekątną prostopadłościanu zaznaczono literą d.

Ponieważ długości krawędzi tego prostopadłościanu są kolejnymi liczbami parzystymi, to:

$a=2n$,

$b=2n+2$,

$c=2n+4$,

oraz $n\in {\mathrm{\mathbb{N}}}_{+}$.

Jeżeli suma długości wszystkich krawędzi tego prostopadłościanu wynosi $120$, to do wyznaczenia wartości $n$ rozwiązujemy równanie:

$4·2n+4·\left(2n+2\right)+4·\left(2n+4\right)=120$.

Wobec tego $n=4$.

Zatem $a=8$, $b=10$, $c=12$.

Długośc przekątnej $d$ jest równa:

$d=\sqrt{8^2+{10}^2+{12}^2}=\sqrt{64+100+144}=\sqrt{308}=2\sqrt{77}$.

Narysujmy prostopadłościan i wprowadźmy oznaczenia, jak na rysunku.

R11A6p7eM6R0l

Na ilustracji przedstawiono prostopadłościan. Utworzono trójkąt prostokątny, którego przyprostokątne stanowią krawędź boczną bryły, równą x dodać 5 i przekątną podstawy równą x. Przeciwprostokątna trójkąta pokrywa się z przekątną prostopadłościanu i wynosi x dodać dziesięć.

Zauważmy, że przekątna podstawy, krawędź boczna oraz przekątna prostopadłościanu tworzą trójkąt prostokątny, zatem do wyznaczenia wartości $x$ rozwiązujemy równanie:

$x^2+{\left(x+5\right)}^2={\left(x+10\right)}^2$

$x^2-10x-75=0$

$x_1=-5<0$

$x_2=15>0$

Zatem przekątna podstawy prostopadłościanu ma długość $15$.

Wobec tego jedna z krawędzi podstawy ma długość:

$15-3=12$

Niech $a$ będzie długością drugiej krawędzi podstawy tego prostopadłościanu, zatem do wyznaczenia wartości $a$ rozwiązujemy równanie:

$a^2+{12}^2={15}^2$

$a^2+144=225$

$a^2=81$

$a=9$

Krawędzie podstawy tego prostopadłościanu mają długości $12$ i $9$.

Zauważmy, że długości wszystkich krawędzi są wyrażone przez liczby ${\mathrm{\mathbb{Z}}}_{+}$, a długość krawędzi podstawy jest najmniejsza z możliwych. Oznacz to, że krawędź podstawy ma długość $1$.

Wyznaczymy teraz długość krawędzi bocznej w podanym graniastosłupie. Skoro krawędź podstawy ma długość $1$, to krawędź boczna ma długość $\left(32-8·1\right):4=6$.

Zatem maksymalna długość krawędzi bocznej spełniająca warunki zadania wynosi $6$.