Zauważ, że:

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

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

$s=\sqrt{h^2+a^2}$

$t=h$

oraz

$DC\text{'}=\sqrt{h^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}$.

Spójrz na rysunek z podpowiedzi. Długość odcinka $DD\text{'}$ jest równa długości krawędzi bocznej:

$\left|DD\text{'}\right|=12$.

Trójkąt $CDE$ jest podobny do $ABC$ w skali $\frac{1}{2}$, zatem $\left|DE\right|=5$. Długość odcinka $DE\text{'}$ obliczymy korzystając z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $DEE\text{'}$:

$\left|DE\text{'}\right|=\sqrt{5^2+{12}^2}=13$

Spójrz na rysunek z podpowiedzi. Długości odcinków $A\text{'}D$, $C\text{'}D$ ($A\text{'}D=C\text{'}D$) obliczysz korzystając z twierdzenia Pitagorasa

$5^2+{11}^2={\left|A\text{'}D\right|}^2$

$\left|A\text{'}D\right|=\sqrt{25+121}=\sqrt{146}$

Odcinek $BD$ jest wysokością w podstawie, więc $\left|BD\right|=\frac{10\sqrt{3}}{2}=5\sqrt{3}$.

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $BDB\text{'}$ mamy ${\left(5\sqrt{3}\right)}^2+{11}^2={\left|B^{\text{'}}D\right|}^2$, czyli $\left|B^{\text{'}}D\right|=\sqrt{75+121}=\sqrt{196}=14$.

Wysokości w trójkącie równobocznym przecinają się w stosunku $2:1$, zatem $\left|OE\right|=\frac{1}{3}\left|AE\right|$, a stąd $\left|AE\right|=3\sqrt{3}$.

Odcinek $AE$ jest wysokością trójkąta równobocznego, czyli $\left|AE\right|=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, a stąd $a=\frac{3\sqrt{3}·2}{\sqrt{3}}=6$.

Z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $AFA\text{'}$ otrzymujemy

${\left|AF\right|}^2+{\left|AA\text{'}\right|}^2={\left|FA\text{'}\right|}^2$

$3^2+h^2=5^2$

$h=4$

Przekątna ściany bocznej graniastosłupa ma długość $\left|CA\text{'}\right|=\sqrt{6^2+4^2}=\sqrt{36+16}=\sqrt{52}=2\sqrt{13}$.

Przekątna ściany bocznej graniastosłupa ma długość $2\sqrt{13}$.

Odcinek $AD$ jest wysokością podstawy, zatem $\left|AD\right|=\frac{3\sqrt{3}}{2}$.

Odcinek $AC\text{'}$ jest przekątną ściany bocznej i z twierdzenia Pitagorasa wynika, że $\left|AC\text{'}\right|=\sqrt{3^2+4^2}=5$.

Długość odcinka $DC\text{'}$ obliczamy z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $CDC\text{'}$:

${\left(\frac{3}{2}\right)}^2+4^2={\left|DC\text{'}\right|}^2$

$\left|DC\text{'}\right|=\sqrt{16+\frac{9}{4}}=\sqrt{\frac{73}{4}}=\frac{\sqrt{73}}{2}$

Obliczymy teraz obwód trójkąta $ADC\text{'}$

$Obw=\frac{3\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{73}}{2}+5=\frac{1}{2}\left(3\sqrt{3}+\sqrt{73}+10\right)$.

Najdłuższym bokiem w trójkącie $ADC\text{'}$ jest odcinek $AC\text{'}$. Sprawdzamy, czy zachodzi zależność

${\left|AD\right|}^2+{\left|DC\text{'}\right|}^2={\left|AC\text{'}\right|}^2$

$L={\left|AD\right|}^2+{\left|D{C}^{\text{'}}\right|}^2={\left(\frac{3\sqrt{3}}{2}\right)}^2+{\left(\frac{\sqrt{73}}{2}\right)}^2=\frac{27}{4}+\frac{73}{4}=\frac{100}{4}=$

$=25=5^2={\left|A{C}^{\text{'}}\right|}^2=P$.

Lewa strona zależności jest równa prawej. Z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa wynika, że trójkąt $ADC\text{'}$ jest prostokątny.

Obwód trójkąta $ADC\text{'}$ jest równy $\frac{1}{2}\left(3\sqrt{3}+\sqrt{73}+10\right)$. Trójkąt $ADC\text{'}$ jest prostokątny.

Przyjmijmy za długość krawędzi bocznej $x$. Wtedy długość krawędzi w podstawie wynosi $2x$. Odcinek $AD$ jest wysokością w trójkącie równobocznym o boku długości $2x$, zatem

$\left|AD\right|=\frac{2x\sqrt{3}}{2}=x\sqrt{3}$

R1Yf9suhE30s6

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy trójkątny $ABCA\text{'}B\text{'}C\text{'}$ tak, że wierzchołek A znajduje się pod wierzchołkiem A prim, wierzchołek B pod wierzchołkiem B prim oraz wierzchołek C pod wierzchołkiem C prim. Oznaczono środek odcinka B prim C prim jako punkt D prim. Połączono punkt D prim z A. Wyróżniono kolorem trójkąt prostokątny wewnątrz bryły: D A D prim o kącie prostym przy wierzchołku D. Pionową krawędź C C prim opisano literą x, a krawędź podstawy C A oznaczono jako dwa x.

Trójkąt $ADD\text{'}$ jest prostokątny, a jego przyprostokątne są długości $x$ oraz $x\sqrt{3}$, zatem z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy

${\left|AD\text{'}\right|}^2=x^2+{\left(x\sqrt{3}\right)}^2$

${\left|A{D}^{\text{'}}\right|}^2=4x^2$

$\left|A{D}^{\text{'}}\right|=2x$

Czyli długość odcinka $A{D}^{\prime }$ jest równa krawędzi podstawy.

c.n.d

Z informacji o sumie długości wszystkich krawędzi otrzymujemy zależność:

$6a+3h=33$

$h=11-2a$

RvLhcbMJwwevN

Ilustracja przedstawia graniastosłup prawidłowy trójkątny $ABCA\text{'}B\text{'}C\text{'}$ tak, że wierzchołek A znajduje się pod wierzchołkiem A prim, wierzchołek B pod wierzchołkiem B prim oraz wierzchołek C pod wierzchołkiem C prim. Krawędź podstawy ma długość a, a krawędź boczna h. Poprowadzono przekątną ścian boczne A C A prim C prim łączącą wierzchołek A z C prim. Przekątna ma długość 5.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie $ACC\text{'}$ mamy:

$a^2+h^2=5^2$

$a^2+{\left(11-2a\right)}^2=25$

$a^2+121-44a+4a^2=25$

$5a^2-44a+96=0$

$∆={\left(-44\right)}^2-4·5·96=1936-1920=16$

$a_1=\frac{44+4}{2·5}=4,8$

$a_2=\frac{44-4}{2·5}=4$

$h_1=11-2·4,8=1,4$

$h_2=11-2·4=3$

Należy zauważyć, że aby trójkąt $ACC\text{'}$ istniał, długości $a$ i $h$ muszą być dodatnie i mniejsze niż $5$. Oba rozwiązania spełniają te warunki.

Istnieją dwa nieprzystające graniastosłupy spełniające warunki zadania. Długość krawędzi bocznej wynosi odpowiednio $1,4$ lub $3$.