Wprowadźmy oznaczenia jak na rysunku:

R1e7HXxHO2P2b

Na ilustracji przedstawiono sześcian o podstawie dolnej $ABCD$ oraz górnej $EFGH$. Zaznaczono trójkąt $ACH$, którego boki stanowią przekątne dwóch ścian bocznych i podstawy. Z wierzchołka H opuszczono wysokość powstałego trójkąta, którego spodek leży w punkcie I. Punkt I połączono z wierzchołkiem D. $\angle DIH$ oznaczono alfa.

Ponieważ $\mathrm{tg}\alpha =\frac{a}{{\displaystyle \frac{a\sqrt{2}}{2}}}=\sqrt{2}\approx 1,4142$, więc z tablic funkcji trygonometrycznych odczytujemy, że $\alpha \approx 55°$.

Wprowadźmy oznaczenia jak na rysunku:

RCsXbP21a6q9e

Na ilustracji przedstawiono ostrosłup prawidłowy trójkątny o podstawie $ABC$ i wierzchołku D. Krawędź podstawy dolnej oznaczono literą a, natomiast krawędź boczną wielką literą H. Krawędź boczna $AD$ tworzy z krawędzią podstawy kąt prosty. Z wierzchołka D opuszczono wysokość ściany bocznej $BCD$, której spodek leży w punkcie G na krawędzi $BC$. $\angle AGB$ oznaczono alfa. $\angle ABD$ oznaczono alfa.

Ponieważ $\mathrm{tg}\beta =\frac{H}{a}$, $\mathrm{tg}\alpha =\frac{H}{{\displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2}}}=\frac{2H}{a\sqrt{3}}=\frac{2}{\sqrt{3}}·\frac{H}{a}=\frac{2}{\sqrt{3}}\mathrm{tg}\beta$, więc $\sqrt{3}\mathrm{tg}\alpha -2\mathrm{tg}\beta =0$.

Wprowadźmy oznaczenia jak na rysunku:

R1YO7siMYi3zb

Na ilustracji przedstawiono ostrosłup prawidłowy trójkątny. Długość krawędzi podstawy wynosi 6, natomiast długość krawędzi bocznej oznaczono literą b. Z wierzchołka A opuszczono wysokość trójkąta, znajdującego się w podstawie, której spodek znajduje się w punkcie E na boku $BC$. Z wierzchołka D opuszczono wysokość ostrosłupa, której spodek leży w punkcie F na wysokości $AE$ podstawy. Z wierzchołka D opuszczono również wysokość ściany bocznej do punktu E. $\angle DEA$ oznaczono alfa.

Na rysunku zaznaczone są wysokości $AE$, $DE$ i $DF$. Pole podstawy $P=\frac{6^2\sqrt{3}}{4}=9\sqrt{3}$. Niech $\left|DF\right|=H$, wtedy objętość ostrosłupa wynosi $V=\frac{1}{3}·9\sqrt{3}H=3\sqrt{3}H$, czyli $3\sqrt{3}H=3\sqrt{3}$. Stąd $H=1$.

Ponieważ $\left|EF\right|=\frac{6\sqrt{3}}{6}=\sqrt{3}$, więc $\mathrm{tg}\alpha =\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}$. Stąd $\alpha =30°$.

Miarą szukanego kąta jest $\alpha =30°$.

Wprowadźmy oznaczenia jak na rysunku:

RFMJozoNYTjgZ

Na ilustracji przedstawiono ostrosłup prawidłowy trójkątny o podstawie $ABC$ i wierzchołku D. Długość krawędzi podstawy oznaczono literą a, natomiast długość krawędzi bocznej oznaczono literą b. Krawędź $AD$ tworzy z krawędzią podstawy kąt prosty. Z wierzchołków A i C opuszczono wysokości ścian bocznych, których spodek leży w punkcie E na boku $BC$. $\angle AEC$ oznaczono alfa.

Ponieważ $P=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=36\sqrt{3}$, więc $a=12$.

Rozważmy ścianę $BCD$:

R1VV4Pveqku1y

Na ilustracji przedstawiono trójkąt równoramienny $ABC$. Długości ramion oznaczono literą b, natomiast długość podstawy wynosi dwanaście. Z wierzchołka C opuszczono wysokość trójkąta do boku $BD$ w punkcie E i oznaczono ją $h_1$. Z wierzchołka D opuszczono wysokość trójkąta do podstawy $BC$ w punkcie G i oznaczono ją $h_2$. Punkt G stanowi środek podstawy trójkąta.

Z trójkąta prostokątnego $BGD$: $h_2=\sqrt{b^2-36}$.

Ponadto $P_b=\frac{3}{2}·12\sqrt{b^2-36}=18\sqrt{b^2-36}$, więc $18\sqrt{b^2-36}=144$,

$\sqrt{b^2-36}=8$,

$b^2-36=64$,

$b=10$

Z podobieństwa trójkątów $BGD$ i $BEC$ (cecha kąt‑kąt‑kąt) $\frac{h_1}{12}=\frac{h_2}{10}$, czyli $h_1=12·\frac{8}{10}=\frac{48}{5}$.

Stosując twierdzenie cosinusów do trójkąta $ACE$ otrzymujemy:

$a^2=2{h_1}^2-2{h_1}^2\cos \alpha$,

$144=2·\frac{{48}^2}{25}\left(1-\cos \alpha \right)$,

$1-\mathrm{cos\alpha }=\frac{25·{12}^2}{2·{\left(4·12\right)}^2}=\frac{25}{32}$,

$\mathrm{cos\alpha }=\frac{7}{32}=0,21875$.

Z tablic trygonometrycznych odczytujemy, że $\alpha \approx 77°$.

Szukany kąt ma miarę $\alpha \approx 77°$.

Wprowadźmy oznaczenia jak na rysunku:

RqyaMZho43pq3

Na ilustracji przedstawiono sześcian o podstawie dolnej $ABCD$ oraz górnej $EFGH$. Zaznaczono trójkąt $ACH$, którego boki stanowią przekątne dwóch ścian bocznych i podstawy. Przekątną $AC$ oznaczono literą d. Z wierzchołka H opuszczono wysokość powstałego trójkąta, którego spodek leży w punkcie I. Punkt I połączono z wierzchołkiem D. $\angle DIH$ oznaczono alfa. Kolorem pomarańczowym zaznaczono przekątną $AG$ sześcianu.

Z trójkąta prostokątnego $ACG$ otrzymujemy, że przekątna prostopadłościanu $\left|AG\right|=\sqrt{d^2+b^2}$. Z trójkąta prostokątnego $IDH$ otrzymujemy $\mathrm{tg}\alpha =\frac{b}{{\displaystyle \frac{d}{2}}}$, więc $b=\frac{d}{2}\mathrm{tg}\alpha$.

Stąd

$\left|AG\right|=\sqrt{d^2+\frac{d^2}{4}{\mathrm{tg}}^2\alpha }=\sqrt{\frac{d^2}{4}\left(4+\frac{{\sin }^2\alpha }{{\cos }^2\alpha }\right)}=\frac{d}{2}\sqrt{\frac{4{\cos }^2\alpha +{\sin }^2\alpha }{{\cos }^2\alpha }}=$

$=\frac{d}{2\cos \alpha }\sqrt{3{\cos }^2\alpha +\left({\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha \right)}=\frac{d\sqrt{3{\cos }^2\alpha +1}}{2\cos \alpha }$.

Sporządźmy rysunek pomocniczy:

RrVduNJPsT2t4

Na ilustracji przedstawiono ostrosłup trójkątny o podstawie $ABC$ i wierzchołku D. Długość przyprostokątnych $AC$ i $BC$ trójkąta w podstawie wynosi dwa. Długość krawędzi bocznej wynosi pierwiastek drugiego stopnia z pięć. Z wierzchołka D opuszczono wysokość ściany bocznej $BAD$, której spodek leży w punkcie F na krawędzi $AB$. Z wierzchołka D opuszczono także wysokość ściany bocznej $ACD$, której spodek leży w punkcie E na krawędzi $AC$. $\angle DFC$ oznaczono alfa, natomiast $\angle DEF$ oznaczono beta.

Trójkąty $ABC$ i $ABD$ są trójkątami równoramiennymi, więc wysokości opuszczone z wierzchołków $C$ i $D$ przetną się w połowie krawędzi $AB$. Oznaczamy ten punkt przez $F$. Długość krawędzi $AB$ jest równa przekątnej kwadratu o boku $2$, czyli $\left|AB\right|=2\sqrt{2}$. Ponadto $\left|CF\right|=\frac{1}{2}\left|AB\right|=\sqrt{2}$. Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego $BFD$ otrzymujemy $\left|DF\right|=\sqrt{3}$.

Ponieważ ${\left|CF\right|}^2+{\left|DF\right|}^2={\left|CD\right|}^2$, więc z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy, że kąt $CFD$ jest kątem prostym.

Trójkąt $ACD$ jest trójkątem równoramiennym, więc wysokość opuszczona z wierzchołka $D$ przecina bok $AC$ w połowie. Oznaczmy ten punkt przez $E$. Poprowadźmy z punktu $E$ półprostą prostopadłą do boku $AC$. Kąt $ACB$ jest kątem prostym, więc półprosta ta jest równoległa do krawędzi $BC$. Ponieważ $\left|CE\right|=\left|AE\right|$, więc z twierdzenia Talesa wiemy, że punkt przecięcia półprostej o początku $E$ i równoległej do odcinka $BC$ połowi odcinek $AB$. Z twierdzenia Talesa $\frac{\left|EF\right|}{\left|BC\right|}=\frac{\left|AE\right|}{\left|AC\right|}$, czyli $\left|EF\right|=1$.

Ponieważ prosta $DF$ jest prostopadła do prostych $AB$ i $CF$, więc jest również prostopadła do prostej $EF$, czyli kąt $DFE$ jest kątem prostym. Stąd $tg\beta =\sqrt{3}$. Stąd $\beta =60°$.

Miara kąta dwuściennego pomiędzy ścianami $ABC$ i $ABD$ wynosi $90°$ oraz pomiędzy ścianami $ABC$ i $ACD$ wynosi $60°$.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:

RJNIXdeu2hyxu

Na ilustracji przedstawiono czworościan o podstawie $ABC$ i wierzchołku D. W podstawie znajduje się trójkąt z kątem prostym przy wierzchołku B. Długości krawędzi oznaczono $2a$. Krawędź $DC$ tworzy z krawędzią boczną kąt prosty. Z wierzchołka C opuszczono wysokość ściany bocznej, której spodek leży w punkcie E na boku $BC$. Z punktu F na krawędzi AB poprowadzono prostą prostopadłą do krawędzi $BD$ w punkcie E.

Z trójkąta prostokątnego $BCD$ wyznaczamy $\left|CD\right|=a\sqrt{3}$, czyli kąt $CBD$ ma miarę $60°$. Z trójkąta $BEC$ prostokątnego $30°$, $60°$, $90°$ otrzymujemy $\left|CE\right|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ i $\left|BE\right|=\frac{a}{2}$.

Ponieważ trójkąt $ABD$ jest równoboczny, więc trójkąt $BEF$ jest trójkątem prostokątnym $30°$, $60°$, $90°$. Stąd $\left|EF\right|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$ i $\left|BF\right|=a$.

Z trójkąta prostokątnego $CBF$ otrzymujemy $\left|CF\right|=a\sqrt{2}$.

Oznaczmy kąt $CEF$ przez $\alpha$. Wówczas z twierdzenia cosinusów dla trójkąta $CEF$ otrzymujemy:

$2a^2=2·\frac{3a^2}{4}\left(1-\cos \alpha \right)$,

$1-\cos \alpha =\frac{4}{3}$,

$\cos \alpha =-\frac{1}{3}=-0,\left(3\right)$. Z tablic funkcji trygonometrycznych odczytujemy, że $\alpha \approx 180°-71°=109°$.

Miarą szukanego kąta jest $\alpha \approx 109°$.