Kąt nachylenia prostej do płaszczyzny

1. Krok 1. Promień okręgu opisanego i krawędź podstawy.

   Z długości okręgu $2\pi R=6\sqrt2\,\pi$ mamy $R=3\sqrt2$. Dla trójkąta równobocznego $R=\dfrac{a}{\sqrt3}$, więc

   $$a=R\sqrt3=3\sqrt2\cdot\sqrt3=3\sqrt6.$$
2. Krok 2. Długość krawędzi bocznej.

   W trójkącie $BSC$ ($SB=SC=b$, $BC=a=3\sqrt6$), z twierdzenia cosinusów:

   $$a^{2}=2b^{2}-2b^{2}\cdot\tfrac{5}{9}=\tfrac{8}{9}b^{2}\ \Rightarrow\ 54=\tfrac{8}{9}b^{2}\ \Rightarrow\ b^{2}=\tfrac{243}{4}.$$
3. Krok 3. Kąt między ścianami $SAC$ i $SBC$ (kąt dwuścienny przy krawędzi $SC$).

   Umieśćmy podstawę w układzie: środek $O=(0,0,0)$, $A=(3\sqrt2,0,0)$, $B=\left(-\tfrac{3\sqrt2}{2},\tfrac{3\sqrt6}{2},0\right)$, $C=\left(-\tfrac{3\sqrt2}{2},-\tfrac{3\sqrt6}{2},0\right)$, $S=(0,0,h)$, gdzie $h^{2}=b^{2}-R^{2}=\tfrac{243}{4}-18=\tfrac{171}{4}$.

   Rzutując wierzchołki $A$ i $B$ prostopadle na krawędź $SC$ i licząc kąt między otrzymanymi wektorami $\vec{u},\vec{v}$ leżącymi w ścianach:

   $$\cos\varphi=\frac{\vec{u}\cdot\vec{v}}{|\vec{u}||\vec{v}|}=\frac{15}{\sqrt{42}\cdot\sqrt{42}}=\frac{15}{42}=\frac{5}{14}.$$
4. Odpowiedź. Krawędź podstawy $a=3\sqrt6$, a cosinus kąta między ścianami $SAC$ i $SBC$ jest równy $\dfrac{5}{14}$.

Oznaczmy $a=|AB|=3\sqrt{34}$ oraz $h=|SA|$.

1. Ściany $SCD$ i $SBC$ są prostokątne. Krawędź $CD$ jest prostopadła do $AD$ i do $SA$ (bo $SA$ jest wysokością), więc $CD\perp SD$. Analogicznie $BC\perp SB$. Trójkąty $SDC$ i $SBC$ są przystające (prostokątne, z kątem prostym przy $D$ i $B$), a

   $$|SD|=|SB|=\sqrt{a^2+h^2},\qquad |SC|=\sqrt{2a^2+h^2}.$$

2. Kąt między ścianami. Wysokości $DK$ i $BK$ tych trójkątów, opuszczone na wspólną krawędź $SC$, mają wspólny spodek $K$ i są równe:

   $$|DK|=|BK|=\frac{|SD|\cdot|DC|}{|SC|}=\frac{a\sqrt{a^2+h^2}}{\sqrt{2a^2+h^2}}.$$

   Kąt $\beta=\angle DKB$. Z twierdzenia cosinusów w trójkącie $DKB$, gdzie $|BD|=a\sqrt2$:

   $$2a^2=2|DK|^2(1-\cos\beta)=2|DK|^2\cdot\frac{34}{25}\ \Rightarrow\ |DK|^2=\frac{25a^2}{34}.$$

3. Wysokość ostrosłupa.

   $$\frac{a^2(a^2+h^2)}{2a^2+h^2}=\frac{25a^2}{34}\ \Rightarrow\ 34a^2+34h^2=50a^2+25h^2\ \Rightarrow\ 9h^2=16a^2\ \Rightarrow\ h=\frac{4a}{3}=4\sqrt{34}.$$

   Stąd $|SD|=|SB|=\sqrt{9\cdot34+16\cdot34}=5\sqrt{34}$.

4. Pola ścian bocznych.

   $$P_{SAB}=P_{SAD}=\frac12\cdot a\cdot h=\frac12\cdot3\sqrt{34}\cdot4\sqrt{34}=204,$$ $$P_{SBC}=P_{SCD}=\frac12\cdot a\cdot|SD|=\frac12\cdot3\sqrt{34}\cdot5\sqrt{34}=255.$$

Odpowiedź: pole powierzchni bocznej ostrosłupa jest równe $2\cdot204+2\cdot255=918$.

Krok 1. Układ współrzędnych.

Przyjmijmy:

\(A=(0,0,0)\), \(B=(2,0,0)\), \(C=(2,2,0)\), \(D=(0,2,0)\)

\(E=(0,0,2)\), \(F=(2,0,2)\), \(G=(2,2,2)\), \(H=(0,2,2)\)

Punkt \(S\) jest środkiem krawędzi \(DH\), zatem \(S=(0,2,1)\).

Krok 2. Długości boków trójkąta \(CFS\).

\(|CF|=\sqrt{(2-2)^2+(0-2)^2+(2-0)^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}\)

(to przekątna ściany \(BCGF\))

\(|CS|=\sqrt{(0-2)^2+(2-2)^2+(1-0)^2}=\sqrt{5}\)

\(|FS|=\sqrt{(0-2)^2+(2-0)^2+(1-2)^2}=\sqrt{9}=3\)

Krok 3. Najmniejszy kąt.

Najmniejszy kąt leży naprzeciw najkrótszego boku. Ponieważ \(\sqrt{5}\approx 2{,}24\lt 2\sqrt{2}\approx 2{,}83\lt 3\), najkrótszy jest bok \(CS\), a naprzeciw niego leży kąt \(CFS\).

Stosujemy twierdzenie cosinusów:

\(|CS|^2=|CF|^2+|FS|^2-2\cdot|CF|\cdot|FS|\cdot\cos|\angle CFS|\)

\(5=8+9-2\cdot 2\sqrt{2}\cdot 3\cdot\cos|\angle CFS|\)

\(12\sqrt{2}\cos|\angle CFS|=12\)

\(\cos|\angle CFS|=\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}\)

\(|\angle CFS|=45^\circ\)

Odpowiedź: najmniejszy kąt wewnętrzny trójkąta \(CFS\) ma miarę \(45^\circ\).

Krok 1. Kluczowa obserwacja. Skoro każda ściana boczna tworzy z płaszczyzną podstawy ten sam kąt $\alpha$, to spodek wysokości ostrosłupa jest jednakowo oddalony od wszystkich boków podstawy — jest więc środkiem okręgu wpisanego w trapez. Oznacza to, że w trapez $ABCD$ można wpisać okrąg.

Krok 2. Warunek opisywalności. W czworokąt można wpisać okrąg wtedy i tylko wtedy, gdy sumy przeciwległych boków są równe:

$$|AB|+|CD|=|AD|+|BC|=10+16=26.$$

Krok 3. Wysokość trapezu. Kąt $ABC$ leży między podstawą $AB$ a ramieniem $BC$, więc odległość punktu $C$ od prostej $AB$ wynosi

$$h_{t}=|BC|\cdot\sin 30^\circ=16\cdot\frac12=8.$$

Krok 4. Promień okręgu wpisanego. Okrąg wpisany jest styczny do obu podstaw, więc jego średnica równa się wysokości trapezu:

$$2r=8\ \Longrightarrow\ r=4.$$

Krok 5. Pole podstawy.

$$P_{p}=\frac{|AB|+|CD|}{2}\cdot h_{t}=\frac{26}{2}\cdot 8=104.$$

Krok 6. Wysokość ostrosłupa. Kąt nachylenia ściany bocznej to kąt między apotemą ściany a jej rzutem, czyli promieniem $r$:

$$H=r\cdot\tg\alpha=4\cdot\frac92=18.$$

Krok 7. Objętość.

$$V=\frac13\,P_{p}\,H=\frac13\cdot 104\cdot 18=104\cdot 6=624.$$

Odpowiedź: $V=624$

Oznaczmy krawędź podstawy przez $a$, a wysokość ostrosłupa $H=5$.

Krok 1. Jak mierzyć kąt między ścianami bocznymi. Rozważmy sąsiednie ściany $SAB$ i $SBC$ o wspólnej krawędzi $SB$. Z wierzchołków $A$ i $C$ prowadzimy odcinki prostopadłe do $SB$; oba padają w ten sam punkt $K$ (z symetrii), a kąt $\angle AKC$ jest szukanym kątem dwuściennym:

$$\angle AKC=120^\circ,\qquad |AK|=|CK|=d.$$

Krok 2. Twierdzenie cosinusów w trójkącie $AKC$. Odcinek $AC$ to przekątna kwadratu, czyli $|AC|=a\sqrt{2}$:

$$|AC|^{2}=d^{2}+d^{2}-2d^{2}\cos 120^\circ=2d^{2}+d^{2}=3d^{2}.$$

$$2a^{2}=3d^{2}\ \Longrightarrow\ d^{2}=\frac{2a^{2}}{3}.$$

Krok 3. Obliczenie $d$ ze współrzędnych. Przyjmijmy środek podstawy w początku układu:

$$A=\left(-\tfrac a2,-\tfrac a2,0\right),\quad B=\left(\tfrac a2,-\tfrac a2,0\right),\quad S=(0,0,5).$$

Odległość punktu $A$ od prostej $SB$ wyznaczamy z iloczynu wektorowego:

$$\vec{SA}\times\vec{SB}=\left[0,\ -5a,\ \tfrac{a^{2}}{2}\right],\qquad \left|\vec{SA}\times\vec{SB}\right|=a\sqrt{25+\tfrac{a^{2}}{4}}.$$

$$\left|\vec{SB}\right|=\sqrt{\tfrac{a^{2}}{2}+25},\qquad d=\frac{a\sqrt{25+\tfrac{a^{2}}{4}}}{\sqrt{\tfrac{a^{2}}{2}+25}}.$$

Krok 4. Równanie na $a$. Porównujemy oba wyrażenia na $d^{2}$:

$$\frac{a^{2}\left(25+\tfrac{a^{2}}{4}\right)}{\tfrac{a^{2}}{2}+25}=\frac{2a^{2}}{3}.$$

Dzielimy przez $a^{2}>0$ i mnożymy na krzyż:

$$3\left(25+\frac{a^{2}}{4}\right)=2\left(\frac{a^{2}}{2}+25\right)\ \Longrightarrow\ 75+\frac{3a^{2}}{4}=a^{2}+50.$$

$$25=\frac{a^{2}}{4}\ \Longrightarrow\ a^{2}=100\ \Longrightarrow\ a=10.$$

Krok 5. Objętość.

$$V=\frac13\,a^{2}H=\frac13\cdot100\cdot5=\frac{500}{3}.$$

Kontrola: dla $a=10$ mamy $d^{2}=\frac{100\cdot50}{75}=\frac{200}{3}$ oraz $\frac{2a^{2}}{3}=\frac{200}{3}$ — zgadza się ✓

Odpowiedź: $V=\frac{500}{3}$

Krok 1. Oznaczenia.

Niech \(a\) będzie długością każdej krawędzi. Podstawą jest kwadrat o boku \(a\), a ściany boczne są trójkątami równobocznymi o boku \(a\).

Krok 2. Apotema ściany bocznej i apotema podstawy.

Wysokość ściany bocznej (trójkąta równobocznego) poprowadzona na krawędź podstawy:

\(m=\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

Odległość środka podstawy od środka krawędzi podstawy:

\(\frac{a}{2}\)

Krok 3. Cosinus kąta nachylenia.

Kąt nachylenia ściany bocznej do podstawy to kąt w trójkącie prostokątnym o przyprostokątnej \(\frac{a}{2}\) i przeciwprostokątnej \(m\):

\(\cos\alpha=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{3}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}\)

Odpowiedź: A.

Krok 1. Układ współrzędnych.

Przyjmijmy, że krawędź sześcianu ma długość \(2\), i wprowadźmy współrzędne:

\(A=(0,0,0)\), \(B=(2,0,0)\), \(C=(2,2,0)\), \(D=(0,2,0)\)

\(E=(0,0,2)\), \(F=(2,0,2)\), \(G=(2,2,2)\), \(H=(0,2,2)\)

Punkt \(K\) jest środkiem krawędzi \(BF\), więc \(K=(2,0,1)\).

Krok 2. Równanie płaszczyzny \(ACK\).

\(\vec{AC}=[2,2,0]\), \(\;\vec{AK}=[2,0,1]\)

Wektor normalny otrzymujemy z iloczynu wektorowego:

\(\vec{n}=\vec{AC}\times\vec{AK}=[2\cdot 1-0\cdot 0,\;0\cdot 2-2\cdot 1,\;2\cdot 0-2\cdot 2]=[2,-2,-4]\)

Płaszczyzna przechodzi przez \(A=(0,0,0)\):

\(2x-2y-4z=0\), czyli \(x-y-2z=0\)

Krok 3. Punkt przecięcia z przekątną \(BH\).

Parametryzujemy odcinek \(BH\): \(B=(2,0,0)\), \(H=(0,2,2)\):

\(P=(2-2t,\;2t,\;2t)\), gdzie \(t\in\langle 0,1\rangle\)

Podstawiamy do równania płaszczyzny:

\((2-2t)-2t-4t=0\)

\(2-8t=0\Rightarrow t=\frac{1}{4}\)

Krok 4. Wniosek.

Parametr \(t=\frac{1}{4}\) oznacza, że \(|BP|=\frac{1}{4}|BH|\), a więc \(|HP|=\frac{3}{4}|BH|\).

\(\frac{|BP|}{|HP|}=\frac{\frac{1}{4}}{\frac{3}{4}}=\frac{1}{3}\)

czyli \(|BP|:|HP|=1:3\). \(\blacksquare\)

Krok 1. Układ współrzędnych. Niech krawędź podstawy ma długość $a$. Ponieważ $SD$ jest wysokością, przyjmujemy

$$D=(0,0,0),\quad A=(a,0,0),\quad B=(a,a,0),\quad C=(0,a,0),\quad S=(0,0,2a).$$

Krok 2. Wspólna krawędź ścian. Ściany $ABS$ i $CBS$ mają wspólną krawędź $BS$:

$$\vec{BS}=S-B=[-a,\,-a,\,2a],\qquad \vec{u}=\frac{1}{\sqrt6}[-1,-1,2].$$

Krok 3. Składowe prostopadłe do krawędzi. Kąt dwuścienny mierzymy między rzutami wektorów $\vec{BA}$ i $\vec{BC}$ na płaszczyznę prostopadłą do $\vec{BS}$:

$$\vec{BA}=[0,-a,0],\qquad \vec{BC}=[-a,0,0].$$

$$\vec{BA}_{\perp}=\vec{BA}-\left(\vec{BA}\circ\vec{u}\right)\vec{u}=\left[\tfrac{a}{6},\ -\tfrac{5a}{6},\ -\tfrac{a}{3}\right],$$

$$\vec{BC}_{\perp}=\left[-\tfrac{5a}{6},\ \tfrac{a}{6},\ -\tfrac{a}{3}\right].$$

Krok 4. Cosinus kąta.

$$\vec{BA}_{\perp}\circ\vec{BC}_{\perp}=-\frac{5a^{2}}{36}-\frac{5a^{2}}{36}+\frac{a^{2}}{9}=-\frac{a^{2}}{6},$$

$$\left|\vec{BA}_{\perp}\right|^{2}=\left|\vec{BC}_{\perp}\right|^{2}=\frac{a^{2}}{36}+\frac{25a^{2}}{36}+\frac{a^{2}}{9}=\frac{5a^{2}}{6}.$$

$$\cos\theta=\frac{-\frac{a^{2}}{6}}{\frac{5a^{2}}{6}}=-\frac{1}{5}.$$

Krok 5. Sinus kąta. Kąt dwuścienny jest rozwarty ($\cos\theta\lt 0$), a sinus kąta z przedziału $(0^\circ,180^\circ)$ jest dodatni:

$$\sin\theta=\sqrt{1-\left(-\tfrac15\right)^{2}}=\sqrt{\frac{24}{25}}=\frac{2\sqrt{6}}{5}.$$

Uwaga: wynik nie zależy od $a$ — wszystkie takie ostrosłupy są podobne. Liczbowo $\theta\approx101{,}5^\circ$, a $\sin\theta\approx0{,}98$.

Odpowiedź: $\sin\theta=\frac{2\sqrt{6}}{5}$

Przyjmijmy \(|AC|=6t\) oraz \(|AS|=5t\), gdzie \(t>0\). Niech \(a\) oznacza długość krawędzi podstawy, a \(O\) — środek kwadratu \(ABCD\).

Krawędź podstawy. Przekątna kwadratu \(|AC|=a\sqrt2=6t\), więc \(a=\dfrac{6t}{\sqrt2}=3\sqrt2\,t\).

Wysokość ostrosłupa. \(|AO|=\tfrac12|AC|=3t\), a trójkąt \(AOS\) jest prostokątny w \(O\):

\(H=|OS|=\sqrt{(5t)^2-(3t)^2}=\sqrt{16t^2}=4t\).

Apotema podstawy. Odległość \(O\) od krawędzi podstawy to \(m=\dfrac{a}{2}=\dfrac{3\sqrt2\,t}{2}\).

Kąt nachylenia ściany bocznej. Niech \(\alpha\) będzie kątem między apotemą ściany bocznej a jej rzutem \(m\) na podstawę. W trójkącie prostokątnym o przyprostokątnych \(H\) i \(m\) przeciwprostokątna (apotema ściany) wynosi

\(\sqrt{H^2+m^2}=\sqrt{16t^2+\tfrac92t^2}=\sqrt{\tfrac{41}{2}t^2}=\dfrac{t\sqrt{82}}{2}\).

Stąd

\(\sin\alpha=\dfrac{H}{\sqrt{H^2+m^2}}=\dfrac{4t}{\tfrac{t\sqrt{82}}{2}}=\dfrac{8}{\sqrt{82}}=\dfrac{8\sqrt{82}}{82}=\dfrac{4\sqrt{82}}{41}\approx0{,}883\).

Krok 1. Wprowadzenie środków krawędzi.

Niech \(M\) będzie środkiem krawędzi \(AS\), a \(N\) — środkiem krawędzi \(BC\).

Krok 2. Odcinki \(BM\) i \(CM\).

Trójkąt \(ABS\) jest równoramienny (\(|AB|=|SB|=9\)), więc środkowa \(BM\) jest jednocześnie wysokością:

\(|BM|=\sqrt{9^2-4^2}=\sqrt{81-16}=\sqrt{65}\)

Analogicznie z trójkąta \(ACS\) (\(|AC|=|SC|=9\)):

\(|CM|=\sqrt{65}\)

Krok 3. Prostopadłość krawędzi \(AS\) do płaszczyzny \(BMC\).

Mamy \(AS\perp BM\) oraz \(AS\perp CM\), a proste \(BM\) i \(CM\) przecinają się w punkcie \(M\), zatem:

\(AS\perp\) płaszczyzna \(BMC\)

Krok 4. Pole trójkąta \(BMC\).

Trójkąt \(BMC\) jest równoramienny (\(|BM|=|CM|=\sqrt{65}\)) o podstawie \(|BC|=8\), więc jego wysokość \(MN\) wynosi:

\(|MN|=\sqrt{65-16}=\sqrt{49}=7\)

\(P_{BMC}=\frac{1}{2}\cdot 8\cdot 7=28\)

Krok 5. Objętość.

Płaszczyzna \(BMC\) dzieli ostrosłup na dwa ostrosłupy o wspólnej podstawie \(BMC\) i wierzchołkach \(A\) oraz \(S\). Ponieważ \(AS\perp\) płaszczyzna \(BMC\), wysokościami tych ostrosłupów są odcinki \(AM\) i \(SM\), każdy o długości \(4\):

\(V=\frac{1}{3}\cdot 28\cdot 4+\frac{1}{3}\cdot 28\cdot 4=\frac{1}{3}\cdot 28\cdot 8=\frac{224}{3}\)

Odpowiedź: \(V=\frac{224}{3}\approx 74{,}67\)

Oznaczmy ostrosłup przez \(ABCS\), a długość krawędzi bocznej przez \(b=|SA|=|SB|=|SC|\).

1) Interpretacja kąta dwuściennego. Rozpatrzmy krawędź \(SC\). Poprowadźmy w ścianie \(ASC\) wysokość \(AD\perp SC\); z symetrii również \(BD\perp SC\) i \(|AD|=|BD|\). Kątem między ścianami jest więc \(|\sphericalangle ADB|=2\alpha\) (założenie o ostrokątności ścian gwarantuje, że spodek \(D\) leży wewnątrz krawędzi \(SC\)).

W trójkącie równoramiennym \(ADB\) wysokość z \(D\) połowi kąt i podstawę, więc

\(\sin\alpha=\dfrac{a/2}{|AD|}\), czyli \(|AD|=\dfrac{a}{2\sin\alpha}\).

2) Związek z krawędzią boczną. Pole trójkąta \(ASC\) obliczamy na dwa sposoby: \(\tfrac12|SC|\cdot|AD|=\tfrac12|AC|\cdot h_b\), gdzie \(h_b=\sqrt{b^2-\tfrac{a^2}{4}}\) jest wysokością ściany opuszczoną z \(S\). Stąd

\(b\cdot\dfrac{a}{2\sin\alpha}=a\sqrt{b^2-\dfrac{a^2}{4}}\), czyli \(\dfrac{b^2}{4\sin^2\alpha}=b^2-\dfrac{a^2}{4}\).

Po przekształceniu

\(b^2=\dfrac{a^2\sin^2\alpha}{4\sin^2\alpha-1}\) (przy czym musi być \(\sin\alpha>\tfrac12\), czyli \(2\alpha>60^\circ\)).

3) Wysokość ostrosłupa. Promień okręgu opisanego na podstawie \(R=\dfrac{a}{\sqrt3}\), więc

\(H^2=b^2-R^2=\dfrac{a^2\sin^2\alpha}{4\sin^2\alpha-1}-\dfrac{a^2}{3}=\dfrac{a^2\bigl(3\sin^2\alpha-4\sin^2\alpha+1\bigr)}{3(4\sin^2\alpha-1)}=\dfrac{a^2\cos^2\alpha}{3(4\sin^2\alpha-1)}\),

\(H=\dfrac{a\cos\alpha}{\sqrt{3(4\sin^2\alpha-1)}}\).

4) Objętość. Pole podstawy \(P=\dfrac{a^2\sqrt3}{4}\), zatem

\(V=\tfrac13\cdot\dfrac{a^2\sqrt3}{4}\cdot\dfrac{a\cos\alpha}{\sqrt3\sqrt{4\sin^2\alpha-1}}=\dfrac{a^3\cos\alpha}{12\sqrt{4\sin^2\alpha-1}}\).

Sprawdzenie: dla czwarościanu foremnego \(b=a\), co daje \(\sin^2\alpha=\tfrac13\) i \(V=\dfrac{a^3}{6\sqrt2}\) — zgodnie ze znanym wzorem. ✅

Oznaczmy ostrosłup przez \(ABCS\), gdzie \(|AB|=|BC|=|CA|=a\) oraz \(|SA|=|SB|=|SC|=2a\).

1) Cosinus kąta między krawędzią boczną a krawędzią podstawy.

Rozpatrzmy trójkąt równoramienny \(ASB\), w którym \(|SA|=|SB|=2a\), \(|AB|=a\). Wysokość z \(S\) połowi bok \(AB\), więc dla kąta \(\alpha=|\sphericalangle SAB|\)

\(\cos\alpha=\dfrac{\tfrac{a}{2}}{2a}=\dfrac14\).

2) Przekrój i jego pole. Płaszczyzna przechodzi przez krawędź \(AB\) i przez środek \(M\) przeciwległej krawędzi bocznej \(SC\), więc przekrojem jest trójkąt \(ABM\) (płaszczyzna przecina ściany \(SAC\) i \(SBC\) wzdłuż odcinków \(AM\) i \(BM\)).

Obliczamy \(|AM|\) z twierdzenia cosinusów w trójkącie \(ACM\), gdzie \(|AC|=a\), \(|CM|=a\) oraz \(|\sphericalangle ACM|=|\sphericalangle ACS|=\alpha\), \(\cos\alpha=\tfrac14\):

\(|AM|^2=a^2+a^2-2a^2\cdot\tfrac14=2a^2-\tfrac{a^2}{2}=\tfrac{3a^2}{2}\).

Analogicznie \(|BM|=|AM|=a\sqrt{\tfrac32}\), więc trójkąt \(ABM\) jest równoramienny o podstawie \(|AB|=a\).

Wysokość tego trójkąta opuszczona na \(AB\):

\(h=\sqrt{|AM|^2-\left(\tfrac{a}{2}\right)^2}=\sqrt{\tfrac{3a^2}{2}-\tfrac{a^2}{4}}=\sqrt{\tfrac{5a^2}{4}}=\dfrac{a\sqrt5}{2}\).

Stąd pole przekroju:

\(P=\tfrac12\cdot a\cdot\dfrac{a\sqrt5}{2}=\dfrac{a^2\sqrt5}{4}\).

Oznaczmy ostrosłup przez \(ABCS\), gdzie \(|AB|=|BC|=|CA|=a\), a \(b\) niech oznacza długość krawędzi bocznej.

1) Krawędź boczna. W trójkącie równoramiennym \(ASB\) kąt przy podstawie wynosi \(45^\circ\), a wysokość z \(S\) połowi \(AB\), więc

\(\cos45^\circ=\dfrac{a/2}{b}\), skąd \(b=\dfrac{a}{2\cos45^\circ}=\dfrac{a}{\sqrt2}=\dfrac{a\sqrt2}{2}\).

2) Przekrój. Niech \(M\) będzie środkiem krawędzi \(SC\). Płaszczyzna przechodząca przez \(AB\) i \(M\) przecina ściany \(SAC\) i \(SBC\) wzdłuż odcinków \(AM\) i \(BM\), więc przekrojem jest trójkąt \(ABM\).

3) Długość \(AM\). W trójkącie \(ACM\) mamy \(|AC|=a\), \(|CM|=\tfrac{b}{2}=\tfrac{a\sqrt2}{4}\) oraz \(|\sphericalangle ACM|=45^\circ\). Z twierdzenia cosinusów:

\(|AM|^2=a^2+\dfrac{a^2}{8}-2\cdot a\cdot\dfrac{a\sqrt2}{4}\cdot\dfrac{\sqrt2}{2}=a^2+\dfrac{a^2}{8}-\dfrac{a^2}{2}=\dfrac{5a^2}{8}\).

Z symetrii \(|BM|=|AM|\), więc trójkąt \(ABM\) jest równoramienny o podstawie \(AB=a\).

4) Pole przekroju. Wysokość opuszczona na \(AB\):

\(h=\sqrt{|AM|^2-\left(\dfrac{a}{2}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{5a^2}{8}-\dfrac{2a^2}{8}}=\sqrt{\dfrac{3a^2}{8}}=\dfrac{a\sqrt6}{4}\),

\(P=\dfrac12\cdot a\cdot\dfrac{a\sqrt6}{4}=\dfrac{a^2\sqrt6}{8}\).