Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.

R5Xcw8iQla8KV

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy trójkątny A B C  A prim B prim C prim. Na rysunku zaznaczono przekątną ściany bocznej A prim C oraz wysokość podstawy A D, gdzie punkt D znajduje się na środku odcinka B C. Punkt D został połączony z wierzchołkiem A prim. Zaznaczono także kąt alfa pomiędzy odcinkiem A prim C a odcinkiem C D. Odcinek A prim A oraz odcinek A D ma długość x.

Trójkąt $AD{A}^{\prime }$ jest prostokątny i równoramienny, zatem $\left|A^{\prime }D\right|=x\sqrt{2}$ (można to obliczyć z tw. Pitagorasa).

Wysokość w trójkącie równobocznym $ABC$ jest równa $x$. Jeżeli przez $a$ oznaczymy długość krawędzi podstawy, otrzymamy zależność:

$x=\frac{a\sqrt{3}}{2}$

$a=\frac{2x}{\sqrt{3}}$.

Odcinek $CD$ jest połową krawędzi podstawy, a więc $\left|CD\right|=\frac{1}{2}\cdot \frac{2x}{\sqrt{3}}=\frac{x}{\sqrt{3}}$.

Szukany tangens kąta $\alpha$ to:

$\mathrm{tg}\alpha =\frac{\left|A^{\prime }D\right|}{\left|DC\right|}=\frac{x\sqrt{2}}{\frac{x}{\sqrt{3}}}=\sqrt{6}$.

Z treści zadania wiemy, że $\left|A{A}^{\prime }\right|=1$. Oznaczmy przez $a$ długość krawędzi podstawy tego graniastosłupa.

Wtedy z tw. Pitagorasa w trójkącie $AB{A}^{\prime }$ otrzymujemy $1^2+a^2={\left|B{A}^{\mathrm{\prime }}\right|}^2$, zatem

$\left|B{A}^{\prime }\right|=\sqrt{1+a^2}$

Analogicznie, długość przekątnej $B{C}^{\prime }$ będzie równa $\sqrt{1+a^2}$.

R1e3zMfDW4fKk

Ilustracja przedstawia trójkąt równoramienny A prim C prim B, z zaznaczonym kątem trzydziestu stopni przy wierzchołku B. Na rysunku zaznaczono także długości poszczególnych odcinków, odcinek A prim C prim o długości a, oraz odcinki A prim B i C prim B o długości $\sqrt{\left(1+a^2\right)}$.

Na rysunku przedstawiamy wyznaczone wartości. Korzystając z tw. cosinusów w trójkącie $A^{\prime }B{C}^{\prime }$ otrzymujemy równanie:

$a^2={\left(\sqrt{1+a^2}\right)}^2+{\left(\sqrt{1+a^2}\right)}^2-2\cdot \sqrt{1+a^2}\cdot \sqrt{1+a^2}\cdot \cos {30}^{\circ }$

$a^2=1+a^2+1+a^2-2\left(1+a^2\right)\frac{\sqrt{3}}{2}$

$a^2=2+2a^2-\sqrt{3}-\sqrt{3}{a}^2$

$\sqrt{3}{a}^2-a^2=2-\sqrt{3}$

$a^2\left(\sqrt{3}-1\right)=2-\sqrt{3}$

$a^2=\frac{2-\sqrt{3}}{\sqrt{3}-1}\cdot \frac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}+1}=\frac{2\sqrt{3}+2-3-\sqrt{3}}{3-1}$

$a^2=\frac{\sqrt{3}-1}{2}$

$a=\sqrt{\frac{\sqrt{3}-1}{2}}$

Jeżeli przez $\alpha$ oznaczymy miarę szukanego kąta $A^{\prime }BA$, to w trójkącie prostokątnym $A{A}^{\prime }B$ otrzymujemy zależność

$\mathrm{tg}\alpha =\frac{\left|A{A}^{\text{'}}\right|}{\left|AB\right|}=\frac{1}{a}=\frac{1}{\sqrt{\frac{\sqrt{3}-1}{2}}}=\sqrt{\frac{2}{\sqrt{3}-1}}\approx 1,6529$.

Z tablicy wartości funkcji trygonometrycznych odczytujemy przybliżoną miarę kąta $\alpha \approx {59}^{\circ }$.