Wykonajmy odpowiedni rysunek.

R15KJKPaGBf4I

Ilustracja przedstawia ostrosłup prawidłowy A B C D S oraz jego przekrój E F S. Przez środek boków B C i A D oraz wierzchołek S poprowadzono przekrój bryły. Przekrój ten znajduje się wewnątrz ostrosłupa i jest trójkątem równoramiennym z wpisanym okręgiem. Okrąg jest styczny do trójkąta w trzech punktach. Z wierzchołka S poprowadzono wysokość S O trójkąta równoramiennego , gdzie punkt O znajduje się na środku odcinka E F. Wysokość ta jest również wysokością ostrosłupa i przechodzi przez środek okręgu wpisanego w trójkąt. Podpisano także odpowiednie odcinki, odcinki A B oraz B C oraz mają długość cztery, natomiast odcinek P O, gdzie P jest środkiem okręgu, ma długość r. Na rysunku zaznaczono również przekątną podstawy bryły A C. Powstał trójkąt równoboczny A C S z zaznaczonymi kątami sześćdziesięciu stopni przy wierzchołkach A i C.

Zauważmy, że trójkąt $ACS$ jest trójkątem równobocznym o boku długości $4\sqrt{2} \mathrm{cm}$. Odcinek $SO$ jest wysokością w tym trójkącie, a zatem $\left|SO\right|=\frac{4\sqrt{2}·\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{6}\mathrm{cm}$.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $FOS$ otrzymujemy

${\left|SF\right|}^2={\left|FO\right|}^2+{\left|SO\right|}^2$

${\left|SF\right|}^2=2^2+{\left(2\sqrt{6}\right)}^2$

${\left|SF\right|}^2=28$

$\left|SF\right|=2\sqrt{7}\mathrm{cm}$

Pole trójkąta $EFS$ jest równe $P_{EFS}=\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 2\sqrt{6}=4\sqrt{6} \left[{\mathrm{cm}}^2\right]$.

Połowa obwodu trójkąta $EFS$ wynosi $p=\frac{1}{2}\left(4+4\sqrt{7}\right)=\left(2+2\sqrt{7}\right) \left[\mathrm{cm}\right]$

Zatem $r=\frac{P_{EFS}}{p}=\frac{4\sqrt{6}}{2+2\sqrt{7}}=\frac{4\sqrt{6}\left(2\sqrt{7}-2\right)}{24}=\frac{8\sqrt{6}\left(\sqrt{7}-1\right)}{24}=\frac{\sqrt{6}\left(\sqrt{7}-1\right)}{3} \left[\mathrm{cm}\right]$.

Wykonajmy odpowiedni rysunek.

R1EarxXBP0MDg

Ilustracja przedstawia ostrosłup prawidłowy A B C D S oraz jego przekrój E F S. Przez środek boków B C i A D oraz wierzchołek S poprowadzono przekrój bryły. Przekrój ten znajduje się wewnątrz ostrosłupa i jest trójkątem równoramiennym z wpisanym okręgiem. Okrąg jest styczny do trójkąta w trzech punktach. Z wierzchołka S poprowadzono wysokość S O o długości H, gdzie punkt O znajduje się na środku odcinka E F. Wysokość ta jest również wysokością ostrosłupa i przechodzi przez środek okręgu wpisanego w trójkąt. Podpisano także odpowiednie odcinki, odcinki A B oraz B C oraz mają długość sześć, natomiast odcinek P O, gdzie P jest środkiem okręgu, ma długość r. Na rysunku zaznaczono również przekątną podstawy bryły A C.

Wykorzystując informację o polu trójkąta $ACS$ otrzymujemy równanie:

$\frac{1}{2}·6\sqrt{2}·H=12\sqrt{2}$

Stąd $H=4$.

Stosując twierdzenie Pitagorasa w trójkącie $FOS$ otrzymujemy:

${\left|FS\right|}^2=4^2+3^2$

Stąd $\left|FS\right|=5$.

A zatem $r=\frac{P_{EFS}}{p}=\frac{6·4}{2}:\frac{16}{2}=\frac{3}{2}$.

Wykonajmy odpowiedni rysunek.

Przyjmijmy, że krawędź podstawy ma długość $a$.

RgVEYsubrvAbC

Ilustracja przedstawia ostrosłup prawidłowy A B C D S oraz jego przekrój E F S. Przez środek boków B C i A D oraz wierzchołek S poprowadzono przekrój bryły. Przekrój ten znajduje się wewnątrz ostrosłupa i jest trójkątem równoramiennym z wpisanym okręgiem. Okrąg jest styczny do trójkąta w trzech punktach. Z wierzchołka S poprowadzono wysokość S O o długości H, trójkąta równoramiennego, gdzie punkt O znajduje się na środku odcinka E F. Wysokość ta jest również wysokością ostrosłupa i przechodzi przez środek okręgu wpisanego w trójkąt P. Podpisano także odpowiednie odcinki, odcinki A B oraz BC mają długość a, odcinek P O ma długość r. W trójkącie B C S zaznaczono dwa kąty alfa znajdujące się przy wierzchołkach B oraz C.

Obliczymy długość odcinka $FS$ korzystając z definicji funkcji trygonometrycznych:

$tg\alpha =\frac{\left|FS\right|}{\frac{1}{2}a}$

$\left|FS\right|=\frac{atg\alpha }{2}$

Połowa obwodu trójkąta $EFS$ to $p=\frac{1}{2}\left(a+2·\frac{atg\alpha }{2}\right)=\frac{a\left(1+tg\alpha \right)}{2}$.

A zatem $r=\frac{P_{EFS}}{p}=\frac{aH}{2}:\frac{a\left(1+tg\alpha \right)}{2}=\frac{H}{1+tg\alpha }$.

Stąd pole kuli $P=\frac{4\pi H^2}{{\left(1+tg\alpha \right)}^2}$.

Wykonajmy odpowiedni rysunek.

Royw3lBHCSQLh

Ilustracja przedstawia ostrosłup prawidłowy A B C D S oraz jego przekrój E F S. Przez środek boków B C i A D oraz wierzchołek S poprowadzono przekrój bryły. Przekrój ten znajduje się wewnątrz ostrosłupa i jest trójkątem równoramiennym z wpisanym okręgiem. Okrąg jest styczny do trójkąta w trzech miejscach. Z wierzchołka S poprowadzono wysokość S O o długości H, trójkąta równoramiennego, gdzie punkt O znajduje się na środku odcinka E F. Wysokość ta jest również wysokością ostrosłupa i przechodzi przez środek okręgu wpisanego w trójkąt. Podpisano także odpowiednie odcinki, odcinek A B ma długość a, odcinek S E ma długość h oraz promień okręgu wpisanego w trójkąt ma długość r. W trójkącie F E S zaznaczono kąt alfa znajdujący się przy wierzchołku S.

Zauważmy, że odległość środka kuli od ściany bocznej ostrosłupa jest promieniem tej kuli.

Zgodnie z treścią zadania pole trójkąta $BCS$ jest równe polu kwadratu $ABCD$. Tak więc $\frac{1}{2}ah=a^2$, skąd otrzymujemy $h=2a$.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $EOS$ obliczmy wysokość ostrosłupa.

${\left|SO\right|}^2+{\left|EO\right|}^2={\left|SE\right|}^2$

$H^2+{\left(\frac{1}{2}a\right)}^2={\left(2a\right)}^2$

$H^2=4a^2-\frac{1}{4}{a}^2$

$H=\frac{\sqrt{15}}{2}a$

Przekrój ostrosłupa z wpisaną kulą o promieniu $r$, płaszczyzną $EFS$ , jest trójkątem równoramiennym $EFS$ z wpisanym kołem o promieniu $r$. Promień tego koła obliczymy ze wzoru $r=\frac{P_{EFS}}{p}$, gdzie $p$ – połowa obwodu trójkąta $EFS$.

Zatem $P_{EFS}=\frac{1}{2}aH=\frac{1}{2}a·\frac{\sqrt{15}}{2}a=\frac{\sqrt{15}}{4}{a}^2$ oraz $p=\frac{1}{2}\left(a+2·2a\right)=\frac{5}{2}a$.

Tak więc $r=\frac{a^2\sqrt{15}}{4}:\frac{5a}{2}=\frac{a\sqrt{15}}{10}$.

Kąt liniowy kąta dwuściennego jaki tworzą przeciwległe ściany boczne jest kątem αalfa przy wierzchołku w trójkącie równoramiennym $EFS$. Do obliczenia tangensa tego kąta wykorzystamy kąt $\frac{\alpha }{2}$, który jest katem w trójkącie prostokątnym $EOS$.

Ponieważ $tg\frac{\alpha }{2}=\frac{\left|EO\right|}{\left|SO\right|}=\frac{\mathrm{a}}{2}:\frac{\mathrm{a}\sqrt{15}}{2}=\frac{\sqrt{15}}{15}$, więc $tg\alpha =\frac{2tg\frac{\alpha }{2}}{1-{tg}^2\frac{\alpha }{2}}=\frac{2\sqrt{15}}{15}:\left(1-\frac{1}{15}\right)=\frac{2\sqrt{15}}{15}·\frac{15}{14}=\frac{\sqrt{15}}{7}$.