Poprawna odpowiedź, to odpowiedź trzecia $P=a^2\sin 2\alpha$.

Zauważmy, że jeśli krawędź $BW$ jest prostopadła do podstawy, to trójkąt W $DB$ jest trójkątem prostokątnym. Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:

R1DqX0wXjrZOS

Ilustracja przedstawia trójkąt prostokątny o wierzchołkach W B D, odcinek WB jest jedną z przyprostokątnych i został podpisany literą h, druga przyprostokątna BD jest podpisana literą m. Z wierzchołka B do przeciwprostokątnej WD poprowadzono docinek BM, który dzieli przeciwprostokątną na dwa odcinki WM i DM, każdy z odcinków jest podpisany litera a. Odcinek BM również jest podpisany literą A. Pomiędzy odcinkiem BW i odcinkiem DW zaznaczono kąt i podpisano go literą alfa.

Odcinek $BM$ opisany w treści zadania, łączący wierzchołek $B$ ze środkiem przeciwległego boku, jest środkową trójkąta prostokątnego. Wynika stąd, że przeciwprostokątna $DW$ tego trójkąta ma długość $2a$. Korzystając z definicji funkcji trygonometrycznych kąta ostrego w trójkącie prostokątnym, przy wprowadzonych oznaczeniach, otrzymamy:

$\frac{h}{2a}=\cos \alpha$

$h=2a\cos \alpha$

oraz analogicznie:

$\frac{m}{2a}=\sin \alpha$

$m=2a\sin \alpha$.

Możemy już obliczyć pole trójkąta $WDB$:

$P=\frac{1}{2}mh=\frac{1}{2}·2a\sin \alpha ·2a\cos \alpha =2a^2\sin \alpha \cos \alpha =a^2\sin 2\alpha$.

Zauważmy, że jeśli krawędź $DW$ jest prostopadła do podstawy, to trójkąt $WDB$ jest trójkątem prostokątnym. Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:

RC33CjNjR3VXg

Ilustracja przedstawia trójkąt prostokątny o wierzchołkach W B D, odcinek WD jest jedną z przyprostokątnych i został podpisany literą h, druga przyprostokątna DB jest podpisana literą m. Z wierzchołka D na przeciwprostokątną WB upuszczono wysokość DE, która dzieli przeciwprostokątną na dwa odcinki WE i BE. Odcinek DE jest pod kątem prostym do przeciwprostokątnej WB. Odcinek DE jest podpisany literą a. Pomiędzy odcinkiem BW i odcinkiem DW zaznaczono kąt i podpisano go literą alfa.

Odcinek $DE$ opisany w treści zadania, łączy wierzchołek $D$ z krawędzią $BW$ ostrosłupa pod kątem prostym. Korzystając z definicji funkcji trygonometrycznych kąta ostrego w trójkącie prostokątnym $DEW$, przy wprowadzonych oznaczeniach, otrzymamy:

$\frac{a}{h}=\sin \alpha$

$h=\frac{a}{\sin \alpha }$

oraz analogicznie dla trójkąta $DEB$ mamy:

$\frac{a}{m}=\sin \left(90°-\alpha \right)$

$\frac{a}{m}=\cos \alpha$

$m=\frac{a}{\cos \alpha }$

Możemy już obliczyć pole trójkąta W $DB$:

$P=\frac{1}{2}mh=\frac{1}{2}·\frac{a}{\cos \alpha }·\frac{a}{\sin \alpha }=\frac{a^2}{2\sin \alpha \cos \alpha }=\frac{a^2}{\sin 2\alpha }$.

Po pierwsze zauważmy, że z własności sześcianu i definicji naszego ostrosłupa wynika, że ma on w podstawie trójkąt równoramienny o kątach wewnętrznych $45°$, $45°$, $90°$.

Dwie przystające ściany boczne prostopadłe do płaszczyzny podstawy mają przyprostokątne pozostające w stosunku $2:1$. Oznacza to, że tangens kąta między dłuższą krawędzią boczną a krótszą krawędzią podstwawy tego ostrosłupa jest równy $\frac{1}{2}$. Stąd kąty wewnętrzne tych ścian bocznych ostrosłupa to około $27°$, $63°$, $90°$.

Pozostała do zbadania ściana boczna $ACS$, która jest trójkątem równoramiennym. Jego podstawą jest przekątna $AC$ kwadratu o boku $a$, stąd $\left|AC\right|=a\sqrt{2}$.

Z twierdzenia Pitagorasa dla $\mathrm{\Delta }ADS$ możemy obliczyć:

$\left|AS\right|=\sqrt{a^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\sqrt{a^2+\frac{1}{4}{a}^2}=\sqrt{\frac{5}{4}{a}^2}=\frac{a\sqrt{5}}{2}$.

Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta $ACS$ wyznaczymy miarę kąta płaskiego $\alpha$ przy wierzchołku $S$ ostrosłupa:

${\left|AC\right|}^2={\left|AS\right|}^2+{\left|CS\right|}^2-2\left|AS\right|·\left|CS\right|·\cos \alpha$

${\left(a\sqrt{2}\right)}^2={\left(\frac{a\sqrt{5}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{5}}{2}\right)}^2-2·{\left(\frac{a\sqrt{5}}{2}\right)}^2·\cos \alpha$

$2a^2=\frac{5a^2}{4}+\frac{5a^2}{4}-2·\frac{5a^2}{4}·\cos \alpha$

$2a^2=\frac{5a^2}{2}-\frac{5a^2}{2}·\cos \alpha$

$\frac{5a^2}{2}·\cos \alpha =\frac{a^2}{2}$

$\cos \alpha =\frac{1}{5}$

$\alpha \approx 78°$

Finalnie kąty płaskie ostatniej ściany ostrosłupa są równe w przybliżeniu: $78°$, $51°$, $51°$.

Rozpatrzmy ostrosłup przyjmując następujące oznaczenia jego wierzchołków:

RT8HdJpkcyXeU

Ilustracja przedstawia ostrosłup o podstawie prostokąta, którego wierzchołki opisano A B C D, a wierzchołek górny ostrosłupa podpisano literą W. W ostrosłupie zaznaczono wysokość, spodek wysokości podpisano literą S. W podstawie ostrosłupa zaznaczono jej obie prostokątne. Między wysokością WS a jedną z przekątnych zaznaczono kąt prosty. Pomiędzy krawędzią boczną WC a przekątną podstawy AC zaznaczono kąt alfa. Pomiędzy krawędzią boczną WC a krawędzią podstawy zaznaczono kąt beta.

Z trójkąta $ABC$ korzystając z twierdzenia Pitagorasa, obliczamy długość przekątnej podstawy ostrosłupa:

${\left|AB\right|}^2+{\left|BC\right|}^2={\left|AC\right|}^2$

${24}^2+{10}^2={\left|AC\right|}^2$

$576+100={\left|AC\right|}^2$

$676={\left|AC\right|}^2$

$26=\left|AC\right|$.

Oznacza to, że wysokość ostrosłupa ma długość $\left|WS\right|=26+58=84$.

Dany ostrosłup jest prosty, zatem spodek wysokości tego ostrosłupa jest punktem przecięcia przekątnych podstawy, a wszystkie krawędzie boczne ostrosłupa są równej długości. Obliczymy zatem długość krawędzi bocznej ostrosłupa, w tym celu wykorzystamy twierdzenie Pitagorasa w trójkącie $WSC$:

${84}^2+{13}^2={\left|WC\right|}^2$

$7056+169={\left|WC\right|}^2$

$\sqrt{7225}=\left|WC\right|$

$85=\left|WC\right|$

Z definicji funkcji trygonometrycznych w trójkącie prostokątnym $WSC$ wyznaczymy miarę kąta między krawędzią boczną a przekątną podstawy:

$\frac{\left|WS\right|}{\left|SC\right|}=tg\alpha$

$\frac{84}{13}=tg\alpha$

$6,46\approx tg\alpha$

$\alpha \approx 81°$

Następnie korzystając z twierdzenia cosinusów w trójkącie $DCW$ możemy obliczyć miarę kąta między krawędzią boczną a dłuższą krawędzią podstawy ostrosłupa:

${\left|WD\right|}^2={\left|CW\right|}^2+{\left|CD\right|}^2-2\left|CW\right|·\left|CD\right|·\cos \beta$

${85}^2={85}^2+{24}^2-2·85·24·\cos \beta$

$7225=7225+576-4080\cos \beta$

$4080\cos \beta =576$

$\cos \beta =\frac{12}{85}$

$\beta \approx 82°$

Możemy zatem zauważyć, że różnica między kątami opisanymi w zadaniu to różnica około jednego stopnia.

Aby wykazać prawdziwość równości z zadania, osobno przekształcimy stronę lewą, osobno stronę prawą równości, doprowadzając je do tej samej postaci.

Przyjmijmy oznaczenia dla długości krawędzi ostrosłupa: $\left|AD\right|=a$, $\left|BD\right|=b$, $\left|AB\right|=c$, $\left|CD\right|=h$. Korzystając z faktu, że ściany boczne ostrosłupa $ACD$ oraz $BCD$ są trójkątami prostokątnymi możemy lewą stronę równości przekształcić do postaci:

$L={\sin }^2\alpha +{\sin }^2\beta ={\left(\frac{h}{a}\right)}^2+{\left(\frac{h}{b}\right)}^2=\frac{\left(a^2+b^2\right)h^2}{a^2{b}^2}=\frac{c^2{h}^2}{a^2{b}^2}$.

Aby przekształcić stronę prawą równości wykorzystamy metodę porównywania pól. Ściana $ABD$ ostrosłupa jest trójkątem prostokątnym, zatem jej pole można obliczyć na dwa sposoby:

$P_{\mathrm{\Delta }ABD}=\frac{1}{2}ab=\frac{1}{2}cx$,

gdzie $x$ jest długością odcinka $DE$.

Ponieważ dodatkowo z trójkąta prostokątnego $DCE$ mamy równość $\frac{h}{x}=\sin \gamma$, to podstawiając za $x=\frac{h}{\sin \gamma }$ otrzymamy w równości pól:

$\frac{1}{2}ab=\frac{1}{2}·\frac{ch}{\sin \gamma }$.

Stąd już łatwo wynika, że

$\sin \gamma =\frac{ch}{ab}$.

Mamy zatem inny zapis prawej strony równości z tezy zadania:

$P={\left(\sin \gamma \right)}^2={\left(\frac{ch}{ab}\right)}^2=\frac{c^2{h}^2}{a^2{b}^2}$,

a zatem $L=P$, co należało wykazać.