Wierzchołek wspólny dla krawędzi bocznych musi być pokolorowany pierwszym kolorem $K1$. Ponieważ krawędzi boczne mają mieć końce różnokolorowe, to w podstawie muszę użyć innych kolorów. Używając dla wierzchołków podstawy na przemian koloru $K2$ oraz $K3$, spełnimy warunki dla ostrosłupów o parzystej ilości krawędzi podstawy. Dla ostrosłupa o nieparzystej ilości krawędzi podstawy musimy jednak dodatkowo użyć koloru $K4$, gdyż w przeciwnym wypadku jeden z odcinków musiałby mieć końce tego samego koloru.

Poprawna odpowiedź, to $\frac{4\sqrt{3}}{3}$. Zauważmy, że jeśli $S$ jest środkiem podstawy $EFGH$ sześcianu, to $SF$ jest połową jego przekątnej. Jednocześnie jeśli $O$ jest spodkiem wysokości ostrosłupa $BEFG$ opuszczonej z wierzchołka $F$. Wówczas $SO$ stanowi $\frac{1}{3}$ wysokości trójkąta równobocznego $EGB$. Wystarczy ostatecznie wykorzystać twierdzenie Pitagorasa dla $\mathrm{\Delta }FSO$.

Wykonajmy szkic naszego ostrosłupa i wprowadźmy stosowne oznaczenia.

RNBzeHxCiEfrb

Ilustracja przedstawia ostrosłup o podstawie czworokąta A B C D. Wierzchołek ostrosłupa oznaczono literą S a spodek wysokości oznaczono literą O. Przez punkt O przechodzą przekątne czworokąta. Kąt pomiędzy wysokością ostrosłupa a jedną z przekątnych oznaczono jako kąt prosty.

Mamy udowodnić, że $\left|SA\right|+\left|SB\right|+\left|SC\right|+\left|SD\right|>\left|AC\right|+\left|BD\right|$.

Wykorzystamy warunek istnienia trójkąta. Zgodnie z tym kryterium, w dowolnym trójkącie suma długości dwóch dowolnych boków jest zawsze większa od długości trzeciego boku. Mamy zatem:

Dla $\mathrm{\Delta }ASC:\left|SA\right|+\left|SC\right|>\left|AC\right|$

Dla $\mathrm{\Delta }BSD:\left|SB\right|+\left|SD\right|>\left|BD\right|$

Dodając stronami obie nierówności otrzymujemy ostatecznie:

$\left|SA\right|+\left|SB\right|+\left|SC\right|+\left|SD\right|>\left|AC\right|+\left|BD\right|$

Rozpatrzmy ostrosłup dany w zadaniu.

RscNpBCtEEvto

Ilustracja przedstawia ostrosłup o podstawie rombu A B C D. Wierzchołek ostrosłupa oznaczono literą S a spodek wysokości oznaczono literą O. Przez punkt O przechodzą przekątne rombu. Pomiędzy jedną z przekątnych a wysokością zaznaczono kąt prosty. Kąt ostry pomiędzy krawędziami podstawy podpisano literą alfa. W ścianie B C S zaznaczono wysokość SG, gdzie G jest spodkiem tej wysokości. Następnie połączono punkt O z punktem G, dzięki czemu powstał trójkąt S O G, w którym wysokość ściany bocznej jest przeciwprostokątną a wysokość ostrosłupa i odcinek OG przyprostokątnymi.

Jeżeli jego podstawą jest romb o kącie wewnętrznym $60°$, to jest on zbudowany z dwóch trójkątów równobocznych. Zatem krótsza przekątna rombu jest równa krawędzi podstawy ostrosłupa: $BD=6$. Jednocześnie wysokość tego rombu jest równa wysokości trójkąta równobocznego o boku długości $6$, zatem $OG=\frac{1}{2}·\frac{6\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$. Możemy teraz wykorzystać twierdzenie Pitagorasa w $∆SOG$, aby wyznaczyć wysokość ściany bocznej ostrosłupa.

${\left|SG\right|}^2={\left|SO\right|}^2+{\left|OG\right|}^2$

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

${\left|SG\right|}^2=36+\frac{27}{4}$

$\left|SG\right|=\frac{3\sqrt{19}}{2}$

Ostatecznie pole ściany bocznej ostrosłupa jest równe $P=\frac{1}{2}·6·\frac{3\sqrt{19}}{2}=\frac{9\sqrt{19}}{2}$.

Przeanalizujmy na wstępie własności bryły opisanej w zadaniu.

RbHxvCsa1j6M3

Ilustracja przedstawia ostrosłup o podstawie prostokąta A B C D. Wierzchołek ostrosłupa oznaczono literą S a spodek wysokości oznaczono literą O. Przez punkt O przechodzą przekątne prostokąta. W ostrosłup wpisano trójkąt B M N, przy czym punkt M znajduje się na środku krawędzi bocznej SC a punkt N znajduje się na środku krawędzi podstawy CD.

W tym ostrosłupie krawędzie $BC$, $AD$, $SA$, $SB$, $SC$, $SD$ są równe $8$, zatem trójkąty $BCS$ oraz $ADS$ są trójkątami równobocznymi. Jednocześnie $AB$ oraz $CD$ mają długości $8\sqrt{2}$, zatem trójkąty $ABS$ oraz $CDS$ są trójkątami prostokątnymi i równoramiennymi. Rozpatrujemy zadanie, pracując w kolejnych ścianach ostrosłupa.

Podstawa ostrosłupa:

RS2uFPMKuAQon

Ilustracja przedstawia podstawę ostrosłupa będącą prostokątem A B C D, w którym boki A B oraz C D mają długość 8 pierwiastków z dwóch, a boki B C oraz A D mają długość osiem. Dodatkowo narysowano odcinek B N, przy czym punkt N leży na odcinku C D. Odcinek ten oddziela z prostokąta trójkąt prostokątny B C N o przyprostokątnych B C o długości 8 oraz C N o długości 4 pierwiastki z dwóch.

Aby obliczyć długość odcinka $BN$ wykorzystamy twierdzenie Pitagorasa.

${\left|BN\right|}^2={\left|NC\right|}^2+{\left|BC\right|}^2$

${\left|BN\right|}^2={\left(4\sqrt{2}\right)}^2+8^2$

${\left|SG\right|}^2=32+64$

$\left|SG\right|=4\sqrt{6}$

Ściana $BCS$ ostrosłupa:

R1ekMw54m6m8m

Ilustracja przedstawia trójkąt równoboczny B C D o bokach o długości osiem. Narysowano wysokość B M upuszczoną na bok C S. Punkt M dzieli bok C S na dwa odcinki o długości 4: C M oraz M S.

W trójkącie równobocznym $BCS$ odcinek $BM$ jest wysokością tego trójkąta, zatem $\left|BM\right|=4\sqrt{3}$. Ściana $CDS$ ostrosłupa:

RCZJHCtB7dL8g

Ilustracja przedstawia trójkąt prostokątny D C S, w którym kąt prosty znajduje się przy wierzchołku S. Na boku C S zaznaczono punkt M, na boku D C zaznaczono punkt N i narysowano odcinek M N.

W trójkącie $CDS$ odcinek $MN$ łączy środki dwóch boków trójkąta, zatem jest równoległy do trzeciego boku i jest równy jego połowie, stąd $\left|MN\right|=4$.

Ostatecznie obwód trójkąta $BMN$ jest równy $Obw=4\sqrt{6}+4\sqrt{3}+4$.