Wykonajmy rysunek z odpowiednimi oznaczeniami.

R13B5rQPWnu5N

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest trójkąt A B C. Wierzchołek górny podpisano literą S. Krawędź podstawy CB podpisano literą a. Wysokość ostrosłupa podpisano wielkie H. Spodek wysokości ostrosłupa podpisano literą O. Z wierzchołka C na odcinek AB opuszczono wysokość, jej spodek podpisano literą D. Z wierzchołka S poprowadzono wysokość h, jej spodek pokrywa się ze spodkiem D. Kąt DCS podpisano literą alfa.

Oznaczamy przez $a$ długość krawędzi podstawy, przez $h$ i $H$ odpowiednio długości wysokości ściany bocznej oraz wysokości ostrosłupa.

Odcinek $DC$ to wysokość podstawy, jego długość wyznaczamy ze wzoru $\left|DC\right|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, odcinek $\left|DO\right|=\frac{1}{3}·\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{6}$, odcinek $\left|OC\right|=\frac{2}{3}·\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

Wiemy, że $\cos \alpha =\frac{2\sqrt{7}}{7}$ oraz ${tg}^2\alpha =\frac{1}{{\cos }^2\alpha }-1=\frac{1}{\frac{28}{49}}-1=\frac{49}{28}-1=\frac{21}{28}=\frac{3}{4}$, stąd $tg\alpha =\frac{\sqrt{3}}{2}$.

W trójkącie $SOC$ $tg\alpha =\frac{\left|OS\right|}{\left|OC\right|}=\frac{H}{\left|OC\right|}$, więc $\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{H}{\left|OC\right|}$, 
$H=\frac{\sqrt{3}}{2}·\left|OC\right|=\frac{\sqrt{3}}{2}·\frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{a}{2}$.

Z trójkąta $DOS$ na podstawie twierdzenia Pitagorasa obliczamy długość h wysokości ściany bocznej.

$h^2={\left|DO\right|}^2+H^2$

$h^2={\left(\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)}^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2$

$h^2=\frac{3a^2}{36}+\frac{a^2}{4}$

$h^2=\frac{12a^2}{36}=\frac{3a^2}{9}$

$h=\frac{a\sqrt{3}}{3}$

Wówczas $P_b=3·\frac{1}{2}·a·h=3·\frac{1}{2}·a·\frac{a\sqrt{3}}{3}=\frac{1}{2}·\frac{a^2\sqrt{3}}{1}=2·\frac{a^2\sqrt{3}}{4}=2·P_p$.

Stąd $\frac{P_b}{P_c}=\frac{P_b}{P_b+P_p}=\frac{2P_p}{2P_p+P_p}=\frac{2P_p}{3P_p}=\frac{2}{3}$.

R1IVDbFWDWhFu

Ilustracja przedstawia ostrosłup, którego podstawą jest trójkąt A B C. Wierzchołek górny podpisano literą S. Krawędź podstawy CB podpisano literą a. Wysokość ostrosłupa podpisano wielkie H. Spodek wysokości ostrosłupa podpisano literą O. Z wierzchołka C na odcinek AB opuszczono wysokość, jej spodek podpisano literą D. Z wierzchołka S poprowadzono wysokość h, jej spodek pokrywa się ze spodkiem D. Kąt CDS podpisano literą beta.

Wiemy, że $P_b=4·P_p$, więc $3·\frac{1}{2}·a·h=4·\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ to $h=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$.

Odcinek $DC$, jako wysokość podstawy wyznaczamy ze wzoru $\left|DC\right|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, odcinek $\left|DO\right|=\frac{1}{3}·\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{6}$, odcinek $\left|OC\right|=\frac{2}{3}·\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.

Z trójkąta $DOS$ na podstawie twierdzenia Pitagorasa obliczamy $H$ długość wysokości ostrosłupa.

$h^2={\left|DO\right|}^2+H^2$

${\left(\frac{2a\sqrt{3}}{3}\right)}^2={\left(\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)}^2+H^2$

$H^2=\frac{12a^2}{9}-\frac{3a^2}{36}$

$H^2=\frac{45a^2}{36}=\frac{5a^2}{4}$

$H=\frac{a\sqrt{5}}{2}$

W trójkącie $SOC$ $tg\alpha =\frac{\left|OS\right|}{\left|OC\right|}=\frac{H}{\left|OC\right|}$, $tg\alpha =\frac{\frac{a\sqrt{5}}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{3}}=\frac{\sqrt{15}}{2}$, obliczmy teraz $\cos \alpha$ wiedząc, że ${tg}^2\alpha =\frac{1}{{\cos }^2\alpha }-1$.

${\left(\frac{\sqrt{15}}{2}\right)}^2=\frac{1}{{\cos }^2\alpha }-1$

$\frac{15}{4}+1=\frac{1}{{\cos }^2\alpha }$

$\frac{19}{4}=\frac{1}{{\cos }^2\alpha }$

$\cos \alpha =\frac{2\sqrt{19}}{19}$

Teraz z trójkąta $DOS$ wyznaczamy $tg\beta =\frac{\left|OS\right|}{\left|DS\right|}=\frac{H}{\left|DO\right|}$.

$tg\beta =\frac{\frac{a\sqrt{5}}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{6}}=\sqrt{15}$, podobnie jak poprzednio stosujemy ${tg}^2\beta =\frac{1}{{\cos }^2\beta }-1$, stąd ${\left(\sqrt{15}\right)}^2=\frac{1}{{\cos }^2\beta }-1$.

$16=\frac{1}{{\cos }^2\beta }$

$\cos \beta =\frac{1}{4}$

Zatem $\cos \alpha =\frac{2\sqrt{19}}{19}$ natomiast $\cos \beta =\frac{1}{4}$.

Odpowiedź: $\cos \alpha =\frac{2\sqrt{19}}{19}$, $\cos \beta =\frac{1}{4}$.