W rozwiązaniu posłużymy się przekrojem ostrosłupa płaszczyzną przechodzącą przez przeciwległe krawędzie boczne.

R2MyRNA4bY62w

Ilustracja przedstawia trójkąt równoboczny D B S wpisany w okrąg o środku w punkcie O. Z wierzchołka S upuszczono wysokość S E, gdzie punkt E znajduje się na środku odcinka D B. Punkt O znajduje się na odcinku S E i jest połączony z wierzchołkiem D. Powstał odciek D O o długości R. Odcinki S D, S B oraz D B mają długość dwa sześć.

Zauważmy, że trójkąt $BDS$ jest trójkątem równobocznym. Zatem $R=\frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{6\sqrt{3}}{3}=2\sqrt{3}$.

Stąd $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi {\left(2\sqrt{3}\right)}^3=\frac{4}{3}\pi ·24\sqrt{3}=32\pi \sqrt{3}$.

W rozwiązaniu posłużymy się przekrojem ostrosłupa płaszczyzną przechodzącą przez przeciwległe krawędzie boczne.

R1e37bIH120z8

Ilustracja przedstawia trójkąt równoramienny D B S wpisany w okrąg o środku w punkcie O. Z wierzchołka S upuszczono wysokość S O, gdzie punkt O znajduje się na środku odcinka D B. Podstawa trójkąta D B jest średnicą okręgu. Powstał odciek D O o długości sześć, natomiast odcinek S O ma długość sześć.

Przekątna podstawy pokrywa się ze średnicą kuli. Wysokość ostrosłupa jest równa promieniowi kuli. Stąd $V=\frac{1}{3}·\frac{{\left|DB\right|}^2}{2}·H=\frac{1}{3}·\frac{{12}^2}{2}·6=144$.

W rozwiązaniu posłużymy się przekrojem ostrosłupa płaszczyzną przechodzącą przez przeciwległe krawędzie boczne.

R66xj5g3AryNx

Ilustracja przedstawia trójkąt równoramienny D B S wpisany w okrąg o środku w punkcie O znajdującym się pod trójkątem. Z wierzchołka S upuszczono wysokość S E, gdzie punkt E znajduje się na środku odcinka D B. Podstawa trójkąta D B jest cięciwą okręgu. Powstał odciek D O o długości R, natomiast odcinek S E ma długość cztery. Wewnątrz trójkąta zaznaczono poszczególne kąty, kąt trzydziestu stopni przy wierzchołku D i B oraz kąt stu dwudziestu stopni przy wierzchołku S.

Ponieważ trójkąt $BDS$ jest rozwartokątny, to środek okręgu opisanego na tym trójkącie znajduje się na przedłużeniu wysokości trójkąta.

Korzystając z własności trójkąta o kątach $30°$, $60°$, $90°$ mamy: $\left|DE\right|=4\sqrt{3}$ i $\left|DS\right|=\left|BS\right|=8$.

Stąd $R=\frac{\left|DS\right|·\left|BS\right|·\left|BD\right|}{4P_{BDS}}=\frac{8·8·8\sqrt{3}}{4·\frac{1}{2}·4·8\sqrt{3}}=8$.

Objętość kuli $V=\frac{4}{3}\pi ·8^3=\frac{2048}{3}\pi$.

W rozwiązaniu posłużymy się przekrojem ostrosłupa płaszczyzną przechodzącą przez przeciwległe krawędzie boczne.

R1RXQ5D9liG44

Ilustracja przedstawia trójkąt równoramienny D B S wpisany w okrąg o środku w punkcie O. Z wierzchołka S upuszczono wysokość S E, gdzie punkt E znajduje się na środku odcinka D B. Punkt O znajduje się na odcinku S E i jest połączony z wierzchołkiem D. Powstał odciek D O o długości R. Odcinek S E ma długość a, natomiast odcinek D B ma długość a pierwiastków z dwóch.

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $DES$ otrzymujemy

${\left|DS\right|}^2={\left|SE\right|}^2+{\left(\left|DE\right|\right)}^2$

${\left|DS\right|}^2=a^2+{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2$

Stąd $\left|DS\right|=\left|BS\right|=\frac{\sqrt{6}}{2}a$.

Zatem promień kuli $R=\frac{\left|DS\right|·\left|BS\right|·\left|BD\right|}{4P_{BDS}}=\frac{\frac{a\sqrt{6}}{2}·\frac{a\sqrt{6}}{2}·a\sqrt{2}}{4·\frac{1}{2}a·a\sqrt{2}}=\frac{3}{4}a$.

Objętość kuli $V=\frac{4}{3}\pi R^3=\frac{4}{3}\pi ·\frac{27}{64}{a}^3=\frac{9}{16}\pi a^3$.

Ponieważ krawędź podstawy ma długość $6$, to długość przekątnej podstawy wynosi
$6\sqrt{2}$.

Wykorzystując informację o polu trójkąta $BDS$ otrzymujemy równanie:

$\frac{1}{2}·6\sqrt{2}·\left|SE\right|=12\sqrt{2}$

Stąd $\left|SE\right|=4$.

W dalszej części rozwiązania posłużymy się przekrojem ostrosłupa płaszczyzną przechodzącą przez przeciwległe krawędzie boczne.

R16cQ01KxsnJB

Ilustracja przedstawia trójkąt równoramienny D B S wpisany w okrąg o środku w punkcie O znajdującym się pod trójkątem. Z wierzchołka S upuszczono wysokość S E, gdzie punkt E znajduje się na środku odcinka D B. Podstawa trójkąta D B jest cięciwą okręgu. Powstał odciek D O o długości R, natomiast odcinek D B ma długość sześć pierwiastków z dwóch.

Stosując twierdzenie Pitagorasa w trójkącie $DES$ otrzymujemy:

${\left|DS\right|}^2={\left|DE\right|}^2+{\left|SE\right|}^2$

${\left|DS\right|}^2={\left(3\sqrt{2}\right)}^2+4^2$

Stąd $\left|DS\right|=\left|BS\right|=\sqrt{34}$.

A zatem $R=\frac{\left|DS\right|·\left|BS\right|·\left|BD\right|}{4P_{BDS}}=\frac{34·6\sqrt{2}}{2·4·6\sqrt{2}}=\frac{17}{4}$.

Ponieważ pole powierzchni kuli jest równe $64\pi$, to promień tej kuli jest równy $4$. W rozwiązaniu posłużymy się przekrojem ostrosłupa płaszczyzną przechodzącą przez wysokości przeciwległych ścian bocznych.

R55HZtmxMSXVS

Ilustracja przedstawia trójkąt równoboczny. Z górnego wierzchołka S upuszczono wysokość S E padającą na środek podstawy. Przy dolnych wierzchołkach figury zaznaczono kąty sześćdziesięciu stopni.

Zauważmy, że przekrój ten jest trójkątem równobocznym. Zatem wysokość ostrosłupa $\left|SE\right|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.

Rozważmy przekrój tego ostrosłupa płaszczyzną przechodzącą przez przeciwległe krawędzie boczne.

R1E7ShyslDRNP

Ilustracja przedstawia trójkąt równoramienny D B S wpisany w okrąg o środku w punkcie O. Z wierzchołka S upuszczono wysokość S E, gdzie punkt E znajduje się na środku odcinka D B. Punkt O znajduje się na odcinku S E i jest połączony z wierzchołkiem D. Powstał odciek D O o długości cztery. Odcinek D B ma długość a pierwiastków z dwóch, natomiast odcinek S E ma długość a pierwiastków z trzech przez dwa.

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $DEO$ otrzymujemy

${\left(\left|SE\right|-R\right)}^2+\left|DE\right|{}^2=R^2$

${\left(\frac{a\sqrt{3}}{2}-4\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2=16$

$\frac{5}{4}{a}^2-4a\sqrt{3}=0$

$5a^2-16a\sqrt{3}=0$

$a\left(5a-16\sqrt{3}\right)=0$

Dodatnim rozwiązaniem tego równania jest $a=\frac{16\sqrt{3}}{5}$.

Wykonajmy odpowiedni rysunek.

RJ4eCsYTQp8P4

Ilustracja przedstawia trójkąt równoramienny D B S wpisany w okrąg o środku w punkcie O. Z wierzchołka S upuszczono wysokość S E, gdzie punkt E znajduje się na środku odcinka D B. Punkt O znajduje się na odcinku S E i jest połączony z wierzchołkiem D i wierzchołkiem O. Powstał trójkąt D E O, gdzie zaznaczono kąt sto osiemdziesiąt stopni odjąć dwa alfa przy wierzchołku O. Kąt alfa znajduje się w trójkącie D B S przy wierzchołku B, natomiast przy wierzchołku S zaznaczono kąt sto osiemdziesiąt stopni odjąć dwa alfa.

Miara kąta $DSB$ jest równa $180°-2\alpha$ i jest to kąt wpisany w okrąg o środku $O$. Kątem środkowym opartym na tym samym łuku jest kąt $DOB$. Zatem jego miara jest równa $360°-4\alpha$.

Stąd miara kąta $DOE$ jest równa $180°-2\alpha$.

Z definicji funkcji trygonometrycznych w trójkącie $DEO$ otrzymujemy:

$\sin \left(180°-2\alpha \right)=\frac{\left|DE\right|}{R}$

$\left|DE\right|=R\sin 2\alpha$

oraz w trójkącie $DES$

$tg\left(90°-\alpha \right)=\frac{\left|DE\right|}{\left|SE\right|}$

$\frac{1}{tg\alpha }=\frac{\left|DE\right|}{\left|SE\right|}$

Stąd $\left|SE\right|=\left|DE\right|\mathrm{tg}\alpha =R\sin 2\alpha ·\mathrm{tg}\alpha =2R{\sin }^2\alpha$

Pole podstawy ostrosłupa wyznaczymy z długości jego przekątnej

$\frac{{\left|DB\right|}^2}{2}=\frac{\left(2\left|DE\right|\right){}^2}{2}=\frac{4R^2{\sin }^{2}2\alpha }{2}=2R^2{\sin }^{2}2\alpha$

Zatem objętość ostrosłupa $V=\frac{1}{3}2R^2{\sin }^{2}2\alpha ·2R{\sin }^2\alpha =\frac{4}{3}{R}^3{\sin }^{2}2\alpha ·{\sin }^2\alpha$.