Ponieważ $d=a\sqrt{2}$, to $a=6$.

Obliczamy $b$ z twierdzenia Pitagorasa

$H^2+{\left(\frac{d}{2}\right)}^2=b^2$

$6^2+{\left(3\sqrt{2}\right)}^2=b^2$

$36+18=b^2$

$b^2=54$

A stąd $b=3\sqrt{6}$.

Obliczamy $h$ z twierdzenia Pitagorasa

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

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

$h^2+9=54$

$h^2=45$

Czyli $h=3\sqrt{5}$.

RNnzISwIpCIEz

Zdjęcie przedstawia ostrosłup prawidłowy czworokątny A, B, C, D, E. W ostrosłupie zaznaczono przekątną podstawy AC o długości d, krawędź podstawy jest równa a, wysokość ostrosłupa podpisano literą wielkie H, a jej spodek S leży na przekątnej AC. Krawędź boczna jest podpisana literą b. Wysokość ściany bocznej BCE została opuszczona z wierzchołka E na krawędź BC, jej spodek podpisano litera F , a samą wysokość podpisano literą małe h. W ostrosłupie zaznaczono trójkąt prostokątny ESF.

Z twierdzenia Pitagorasa

${\left|ES\right|}^2+{\left|SF\right|}^2={\left|EF\right|}^2$

${24}^2+{\left|SF\right|}^2={26}^2$

$576+{\left|SF\right|}^2=676$

${\left|SF\right|}^2=100$

A zatem $\left|SF\right|=10$.

Stąd długość krawędzi podstawy wynosi $\left|AB\right|=20$.

Ze wzoru na przekątną kwadratu otrzymujemy $\left|AC\right|=20\sqrt{2}$.

Przekątna podstawy ma długość $20\sqrt{2}$.

Ponieważ jeśli trójkąt $AEC$ jest prostokątny, a $AE$ i $EC$ są krawędziami bocznymi, to jest to trójkąt równoramienny.

A zatem przekątna podstawy $AC$ jest przeciwprostokątną tego trójkąta.

Czyli $\left|AC\right|=8$.

Ze wzoru na długość przekątnej w kwadracie $\left|AC\right|=\left|AB\right|·\sqrt{2}$, czyli $8=\left|AB\right|·\sqrt{2}$.

Stąd długość krawędzi podstawy jest równa $\left|AB\right|=4\sqrt{2}$.

Trójkąt $ESC$ również będzie prostokątny i równoramienny, a zatem wysokość ostrosłupa $\left|ES\right|=\frac{\left|AC\right|}{2}=4$.

Krawędź $EC$ jest przeciwprostokątną trójkąta prostokątnego równoramiennego, zatem: $\left|EC\right|= \left|ES\right|·\sqrt{2}=4\sqrt{2}$

Zauważmy, że trójkąt $BCE$ jest równoboczny, czyli wysokość ściany bocznej wynosi $h=\frac{\left|EC\right|·\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{6}$.

Odcinek $SF$ stanowi połowę krawędzi podstawy, a zatem $\left|SF\right|=3$.

Trójkąt $ESF$ jest prostokątny, czyli

$\frac{\left|SF\right|}{\left|EF\right|}=\cos 70°$

Odczytujemy wartość cosinusa z tabeli wartości funkcji trygonometrycznych i podstawiamy

$\frac{3}{\left|EF\right|}=0,3420$, a stąd wysokość ściany bocznej ma długość

$\left|EF\right|=\frac{3}{0,3420}\approx 8,77$

Ponadto $\frac{\left|SE\right|}{\left|SF\right|}=\mathrm{tg}70°$.

Ponownie korzystając z tabeli wartości trygonometrycznych mamy

$\frac{\left|SE\right|}{3}=2,7475$

Czyli wysokość ostrosłupa ma długość

$\left|SE\right|=3·2,7475\approx 8,24$.

Oznaczmy przez $a$ krawędź podstawy. Ze wzoru na przekątną kwadratu mamy

$d=a\sqrt{2}$

Ponieważ trójkąt $AEC$ jest równoboczny to wysokość ostrosłupa wynosi

$H=\frac{d\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$

Mamy również $\left|ED\right|=a\sqrt{2}$.

Obliczmy długość wysokości ściany bocznej z twierdzenia Pitagorasa

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

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

$h^2=\frac{7}{4}{a}^2$

czyli $h=\frac{\sqrt{7}}{2}a$

Mamy zatem $\frac{H}{h}=\frac{a\sqrt{6}}{2}:\frac{a\sqrt{7}}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}·\frac{2}{a\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{7}}=\frac{\sqrt{42}}{7}$.