Stereometria - matura od 2023 - poziom rozszerzony

Zadania maturalne CKE (matura od 2023) - POZIOM ROZSZERZONY Odsłon: 4601

Sposób 1.
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku 1.

Wyznaczamy zależność $$b$$ od $$a$$.
$$Z$$ treści zadania mamy $$\frac{4 a}{4 a+4 b}=\frac{1}{5}$$, co daje $$b=4 a$$.

Wyznaczamy zależność $$|O S|$$ od $$a$$.
Trójkąt $$O B E$$ jest prostokątny, punkt $$S$$ jest środkiem przeciwprostokątnej, więc $$S$$ jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie $$O B E$$ (patrz rysunek 2.).
Zatem $$|O S|=2 a$$.
Obliczamy stosunek pola przekroju ACS do pola podstawy ostrosłupa:
$$
\frac{P_{A C S}}{P_{A B C D}}=\frac{\frac{1}{2} \cdot a \sqrt{2} \cdot|O S|}{a^2}=\frac{\frac{1}{2} \cdot a \sqrt{2} \cdot 2 a}{a^2}=\sqrt{2}
$$

Do trójkąta $$B S O$$ zastosujemy twierdzenie cosinusów w celu obliczenia cosinusa kąta $$B S O$$ :
$$
\left(\frac{a \sqrt{2}}{2}\right)^2=(2 a)^2+(2 a)^2-2 \cdot 2 a \cdot 2 a \cdot \cos \alpha
$$
$$Z$$ ostatniego równania otrzymujemy $$\cos \alpha=\frac{15}{16}$$, więc $$\alpha \approx 20^{\circ}$$.

Sposób 2.
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku 1.
Wyznaczamy zależność $$b$$ od $$a$$.
Z treści zadania mamy $$\frac{4 a}{4 a+4 b}=\frac{1}{5}$$, co daje $$b=4 a$$.
Dla trójkąta $$B E C$$ zastosujemy twierdzenie cosinusów w celu obliczenia cosinusa kąta $$B E C$$ :
$$
\begin{gathered}
a^2=b^2+b^2-2 \cdot b \cdot b \cdot \cos |<B E C| \\
a^2=16 a^2+16 a^2-2 \cdot 4 a \cdot 4 a \cdot \cos |<B E C| \\
\cos |4 B E C|=\frac{31}{32}
\end{gathered}
$$
Korzystamy z twierdzenia cosinusów zastosowanego do trójkąta CSE i wyznaczamy długość odcinka $$S C$$ :
$$
|S C|^2=b^2+\left(\frac{1}{2} b\right)^2-2 \cdot \frac{1}{2} b \cdot b \cdot \cos |x B E C|
$$

$$
\begin{gathered}
|S C|^2=16 a^2+4 a^2-16 a^2 \cdot \frac{31}{32} \\
|S C|^2=\frac{9}{2} a^2 \\
|S C|=\frac{3 a}{\sqrt{2}}
\end{gathered}
$$
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta OCS w celu wyznaczenia długości odcinka $$O S$$ :
$$
\begin{gathered}
|O S|^2=|S C|^2-\left(\frac{\sqrt{2} a}{2}\right)^2 \\
|O S|^2=\frac{9}{2} a^2-\frac{1}{2} a^2 \\
|O S|=2 a
\end{gathered}
$$
Obliczamy stosunek pola przekroju $$A C S$$ do pola podstawy ostrosłupa:
$$
\frac{P_{A C S}}{P_{A B C D}}=\frac{\frac{1}{2} \cdot a \sqrt{2} \cdot|O S|}{a^2}=\frac{\frac{1}{2} \cdot a \sqrt{2} \cdot 2 a}{a^2}=\sqrt{2}
$$
W celu obliczenia cosinusa kąta $$B S O$$ zastosujemy do trójkąta $$B S O$$ (patrz rysunek 2.) twierdzenie cosinusów:
$$
\left(\frac{a \sqrt{2}}{2}\right)^2=(2 a)^2+(2 a)^2-2 \cdot 2 a \cdot 2 a \cdot \cos \alpha
$$
$$Z$$ ostatniego równania otrzymujemy $$\cos \alpha=\frac{15}{16}$$, więc $$\alpha \approx 20^{\circ}$$.

Sposób 3.
Wyznaczamy zależność $$b$$ od $$a$$.
Z treści zadania mamy $$\frac{4 a}{4 a+4 b}=\frac{1}{5}$$, co daje $$b=4 a$$.
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta prostokątnego $$B O E$$ i obliczamy długość odcinka $$O E$$ :
$$
\begin{gathered}
|O E|^2=|B E|^2-|O B|^2 \\
|O E|^2=\frac{62}{4} a^2
\end{gathered}
$$

$$
|O E|=\frac{\sqrt{62}}{2} a
$$
Oznaczmy przez $$F$$ rzut prostokątny punktu $$S$$ na odcinek $$O B$$. więc są podobne (na mocy cechy kkk podobieństwa trójkątów). Trójkąty $$B O E$$ i $$B F S$$ są podobne w skali $$k=\frac{|B E|}{|B S|}=\frac{4 a}{2 a}=2$$. Zatem $$F$$ jest środkiem odcinka $$O B$$, więc
$$
|O F|=\frac{1}{2}|O B|=\frac{a \sqrt{2}}{4} \quad \text { oraz } \quad|S F|=\frac{1}{2}|O E|=\frac{\sqrt{62}}{4} a
$$
Obliczamy długość odcinka $$O S$$ :
$$
\begin{gathered}
|O S|^2=|O F|^2+|S F|^2 \\
|O S|^2=\left(\frac{a \sqrt{2}}{4}\right)^2+\left(\frac{\sqrt{62}}{4} a\right)^2 \\
|O S|=2 a
\end{gathered}
$$
Obliczamy stosunek pola przekroju ACS do pola podstawy ostrosłupa:
$$
\frac{P_{A C S}}{P_{A B C D}}=\frac{\frac{1}{2} \cdot a \sqrt{2} \cdot|O S|}{a^2}=\frac{\frac{1}{2} \cdot a \sqrt{2} \cdot 2 a}{a^2}=\sqrt{2}
$$
Ponieważ
$$
\cos |\not F S B|=\frac{|F S|}{|B S|}=\frac{\frac{\sqrt{62}}{4} a}{2 a}=\frac{\sqrt{62}}{8}
$$
i trójkąt $$O S B$$ jest równoramienny, więc $$\alpha=2 \cdot|\nless F S B|$$. Zatem
$$
\cos \alpha=\cos (2 \cdot|\Varangle F S B|)=2 \cos ^2|\Varangle F S B|-1=2 \cdot\left(\frac{\sqrt{62}}{8}\right)^2-1=\frac{15}{16}
$$
skąd $$\alpha \approx 20^{\circ}$$.

Sposób 1. (z wykorzystaniem równości pól trójkąta)
Oznaczmy przez $$S$$ punkt przecięcia się przekątnych podstawy $$A B C D$$ sześcianu, natomiast przez $$h$$-wysokość trójkąta $$C P S$$ opuszczoną z wierzchołka $$C$$ na bok $$P S$$.
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta $$C P S$$ celem obliczenia długości boku $$P S$$ :
$$
\begin{gathered}
|P S|^2=|C S|^2+|C P|^2 \\
|P S|^2=\left(\frac{1}{2} a \sqrt{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2} a\right)^2 \\
|P S|=\frac{\sqrt{3}}{2} a
\end{gathered}
$$

Ponieważ pole trójkąta CPS jest równe
$$
P_{C P S}=\frac{1}{2}|C S| \cdot|C P|=\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} a \cdot \frac{1}{2} a \sqrt{2}=\frac{\sqrt{2}}{8} a^2
$$
oraz
$$
P_{C P S}=\frac{1}{2}|P S| \cdot h=\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} a \sqrt{3} \cdot h=\frac{\sqrt{3}}{4} a h,
$$
więc
$$
\frac{\sqrt{2}}{8} a=\frac{\sqrt{3}}{4} a h,
$$
co daje $$h=\frac{\sqrt{6}}{6} a$$.
Szukana odległość jest równa $$\frac{\sqrt{6}}{6} a$$.

Sposób 2. (z wykorzystaniem równości sinusów kąta)
Oznaczmy:
$$S$$ - punkt przecięcia się przekątnych podstawy $$A B C D$$ sześcianu,
$$h$$ - wysokość trójkąta $$C P S$$ opuszczoną z wierzchołka $$C$$ na bok $$P S$$,
$$K$$ - spodek wysokości trójkąta $$C P S$$ opuszczonej z wierzchołka $$C$$ na bok $$P S$$.
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta $$C P S$$ celem obliczenia długości boku $$P S$$ :
$$
\begin{gathered}
|P S|^2=|C S|^2+|C P|^2 \\
|P S|^2=\left(\frac{1}{2} a \sqrt{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2} a\right)^2 \\
|P S|=\frac{\sqrt{3}}{2} a
\end{gathered}
$$

Obliczamy wartość sinusa kąta $$S P C$$ w trójkącie prostokątnym $$S C P$$ :
$$
\sin |kątS P C|=\frac{|C S|}{|P S|}=\frac{\frac{1}{2} a \sqrt{2}}{\frac{1}{2} a \sqrt{3}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}
$$
Zapisujemy sinus kąta $$K P C$$ jako stosunek długości odpowiednich boków w trójkącie prostokątnym $$C K P$$ :
$$
\sin \mid\langle K P C|=\frac{|C K|}{|C P|}=\frac{h}{\frac{1}{2} a}
$$
Ponieważ $$|kąt S P C|=|kąt K P C|$$, więc z ostatnich dwóch równości otrzymujemy
$$
\frac{h}{\frac{1}{2} a}=\frac{\sqrt{6}}{3}
$$
$$
h=\frac{\sqrt{6}}{6} a
$$
Szukana odległość jest równa $$\frac{\sqrt{6}}{6} a$$.

Sposób 3. (z wykorzystaniem równości objętości ostrosłupa)
Oznaczmy:
$$S$$ - punkt przecięcia się przekątnych podstawy $$A B C D$$ sześcianu,
$$h$$ - wysokość trójkąta CPS opuszczoną z wierzchołka $$C$$ na bok $$P S$$,
$$K$$ - spodek wysokości trójkąta $$C P S$$ opuszczonej z wierzchołka $$C$$ na bok $$P S$$.
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta $$C P S$$ celem obliczenia długości boku $$P S$$ :
$$
\begin{gathered}
|P S|^2=|C S|^2+|C P|^2 \\
|P S|^2=\left(\frac{1}{2} a \sqrt{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2} a\right)^2 \\
|P S|=\frac{\sqrt{3}}{2} a
\end{gathered}
$$
Obliczamy objętość ostrosłupa $$B C D P$$ o podstawie trójkątnej $$B C D$$ i wysokości opuszczonej na podstawę $$B C D$$ z wierzchołka $$P$$ :
$$
V_{B C D P}=\frac{1}{3} \cdot P_{\triangle B C D} \cdot|C P|=\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} a^2 \cdot \frac{1}{2} a=\frac{1}{12} a^3
$$
Obliczamy objętość ostrosłupa $$B D P C$$ o podstawie trójkątnej $$B D P$$ i wysokości opuszczonej na podstawę $$B D P$$ z wierzchołka $$C$$ :
$$
V_{B D P C}=\frac{1}{3} \cdot P_{\triangle B D P} \cdot|C K|=\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2} \cdot a \sqrt{2} \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} a \cdot h=\frac{\sqrt{6}}{12} a^2 h
$$
Ponieważ $$V_{B C D P}=V_{B D P C}$$, więc
$$
\begin{gathered}
\frac{1}{12} a^3=\frac{\sqrt{6}}{12} a^2 h \\
h=\frac{\sqrt{6}}{6} a
\end{gathered}
$$
Szukana odległość jest równa $$\frac{\sqrt{6}}{6} a$$.

Sposób 4. (z wykorzystaniem równości boku trójkątów prostokątnych)
Oznaczmy:
$$S$$ - punkt przecięcia się przekątnych podstawy $$A B C D$$ sześcianu,
$$h$$ - wysokość trójkąta $$C P S$$ opuszczoną z wierzchołka $$C$$ na bok $$P S$$,
$$K$$ - spodek wysokości trójkąta $$C P S$$ opuszczonej z wierzchołka $$C$$ na bok $$P S$$,
$$x$$ - długość odcinka $$K P$$.
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta $$C P S$$ celem obliczenia długości boku $$P S$$ :
$$
\begin{gathered}
|P S|^2=|C S|^2+|C P|^2 \\
|P S|^2=\left(\frac{1}{2} a \sqrt{2}\right)^2+\left(\frac{1}{2} a\right)^2 \\
|P S|=\frac{\sqrt{3}}{2} a
\end{gathered}
$$
Trójkąty $$S K C$$ oraz $$P K C$$ są prostokątne i mają wspólny bok $$K C$$, więc
$$h^2=|S C|^2-|S K|^2 \quad \mathrm{i} \quad h^2=|P C|^2-|K P|^2$$ $$h^2=\left(\frac{a \sqrt{2}}{2}\right)^2-(|P S|-x)^2 \quad \mathrm{i} \quad h^2=\left(\frac{a}{2}\right)^2-x^2$$ $$h^2=\left(\frac{a \sqrt{2}}{2}\right)^2-\left(\frac{\sqrt{3}}{2} a-x\right)^2$$ i $$h^2=\left(\frac{a}{2}\right)^2-x^2$$ $$\left(\frac{a \sqrt{2}}{2}\right)^2-\left(\frac{\sqrt{3}}{2} a-x\right)^2=\left(\frac{a}{2}\right)^2-x^2$$ skąd otrzymujemy $$x=\frac{\sqrt{3}}{6} a$$.
Podstawiamy $$x=\frac{\sqrt{3}}{6} a$$ do równania $$h^2=\left(\frac{a}{2}\right)^2-x^2$$ i otrzymujemy
$$
h^2=\left(\frac{a}{2}\right)^2-\left(\frac{\sqrt{3}}{6} a\right)^2
$$
$$
h=\frac{\sqrt{6}}{6} a
$$
Szukana odległość jest równa $$\frac{\sqrt{6}}{6} a$$.

Niech $$l$$ będzie długością tworzącej stożka, a $$R$$ - długością promienia podstawy.
Rozwiniemy powierzchnię boczną stożka, na której zaznaczymy kluczowe punkty $$P, B$$ i $$S$$.
Długość odcinka $$P B$$ oznaczymy jako $$d$$. Jest to długość najkrótszej trasy z punktu $$P$$ do bazy (zobacz rys. 1.).

Powierzchnia boczna stożka po rozwinięciu jest wycinkiem koła o promieniu długości l. Wyznaczymy miarę $$\beta$$ kąta środkowego tego wycinka.
Ze wzorów na pole powierzchni bocznej stożka oraz pole wycinka koła otrzymujemy
$$
\begin{gathered}
\pi \cdot R \cdot l=\frac{\beta}{2 \pi} \cdot \pi \cdot l^2 \\
\beta=2 \pi \cdot \frac{R}{l}
\end{gathered}
$$
Zatem
$$
|kąt B S P|=\frac{1}{2} \beta=\pi \cdot \frac{R}{l}
$$
Kąt rozwarcia stożka jest równy $$\alpha$$, więc $$\frac{R}{\tau}=\sin \frac{\alpha}{2}$$, co prowadzi do
$$
|kąt B S P|=\pi \cdot \sin \frac{\alpha}{2}
$$
Wyrazimy długości odcinków $$B S$$ oraz $$P S$$ w zależności od danych podanych w treści zadania.

Rozważmy przekrój osiowy stożka zawierający
Rys. 2. punkty $$B, P$$ oraz $$S$$ (zobacz rys. 2.). Punkt $$S^{\prime}$$ na rysunku 2. jest rzutem prostokątnym punktu $$S$$ na podstawę stożka, natomiast punkt $$Q$$ - punktem przecięcia tworzącej $$S B$$ z podstawą stożka.
Z trójkątów $$S S^{\prime} Q$$ oraz $$S T B$$ otrzymujemy

$$
|B S|=\frac{|S T|}{\cos \frac{\alpha}{2}} \text { oraz }|S Q|=\frac{\left|S S^{\prime}\right|}{\cos \frac{\alpha}{2}}
$$
Z treści zadania $$|S T|=H_2-H_1$$ oraz $$\left|S S^{\prime}\right|=H_2-H_0$$, więc $$|B S|=\frac{H_2-H_1}{\cos \frac{\alpha}{2}}$$ oraz $$|P S|=|S Q|=\frac{H_2-H_0}{\cos \frac{\alpha}{2}}$$

Stosujemy twierdzenie cosinusów do trójkąta $$B S P$$ : i obliczamy $$|P B|$$ :
$$
\begin{gathered}
|P B|^2=|P S|^2+|B S|^2-2 \cdot|P S| \cdot|B S| \cdot \cos \mid\langle B S P| \\
d=\sqrt{\left(\frac{H_2-H_0}{\cos \frac{\alpha}{2}}\right)^2+\left(\frac{H_2-H_1}{\cos \frac{\alpha}{2}}\right)^2-\frac{2\left(H_2-H_0\right)\left(H_2-H_1\right)}{\left(\cos \frac{\alpha}{2}\right)^2} \cdot \cos \left(\pi \cdot \sin \frac{\alpha}{2}\right)} \\
d=\frac{\sqrt{\left(H_2-H_0\right)^2+\left(H_2-H_1\right)^2-2\left(H_2-H_0\right)\left(H_2-H_1\right) \cos \left(\pi \cdot \sin \frac{\alpha}{2}\right)}}{\cos \frac{\alpha}{2}}
\end{gathered}
$$

Sposób 1.
Ponieważ $$k$$ jest współczynnikiem liczbowym, który nie zależy od $$P$$ ani od $$\alpha$$, więc obliczymy objętość ostrosłupa prawidłowego o polu powierzchni bocznej $$P=\sqrt{2}$$, w którym $$\alpha=30^{\circ}$$
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:
$$a$$ - długość krawędzi podstawy ostrosłupa,
$$h$$ - wysokość ściany bocznej ostrosłupa poprowadzonej z wierzchołka $$S$$,
$$H$$ - wysokość ostrosłupa,
$$O$$ - punkt przecięcia przekątnych podstawy $$A B C D$$,
$$S E, S F$$ - wysokości sąsiednich ścian bocznych,
$$S G$$ - wysokość trójkąta $$S E G$$ poprowadzona z wierzchołka $$S$$.

Wyznaczamy wysokość $$h$$ ściany bocznej ostrosłupa $$A B C D S$$ poprowadzonej
z wierzchołka $$S$$ w zależności od długości a krawędzi podstawy ostrosłupa:
$$
\begin{gathered}
\sqrt{2}=4 \cdot \frac{1}{2} a h \\
h=\frac{\sqrt{2}}{2 a}
\end{gathered}
$$
Ponieważ $$\alpha=30^{\circ}$$, więc trójkąt równoramienny $$E S F$$ jest równoboczny. Zatem $$h=|E F|=\sqrt{2} \cdot|E B|=\frac{a \sqrt{2}}{2}$$. Stąd
$$
\begin{gathered}
\frac{\sqrt{2}}{2 a}=\frac{a \sqrt{2}}{2} \\
a=1
\end{gathered}
$$

więc
$$
h^2=\left(\frac{\sqrt{2}}{2 a}\right)^2=\frac{1}{2}
$$
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta FOS i obliczamy wysokość $$H$$ ostrosłupa $$A B C D S$$ :
$$
\begin{gathered}
|O S|^2=|F S|^2-|O F|^2 \\
H^2=h^2-\left(\frac{a}{2}\right)^2 \\
H^2=\frac{1}{2}-\left(\frac{1}{2}\right)^2 \\
H=\frac{1}{2}
\end{gathered}
$$
Obliczamy objętość $$V$$ ostrosłupa $$A B C D S$$ :
$$
V=\frac{1}{3} a^2 H=\frac{1}{3} \cdot 1 \cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{6}
$$
Z treści zadania wiadomo, że $$V=\sqrt{k \cdot P^3 \cdot \sin \alpha \cdot \cos (2 \alpha)} \cdot$$ więc $$V=\sqrt{k \cdot(\sqrt{2})^3 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}}$$. Porównując otrzymane wartości objętości, obliczamy $$k$$ :
$$
\frac{1}{6}=\sqrt{k \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}}
$$
$$
k=\frac{\sqrt{2}}{36}
$$
Współczynnik $$k$$ ma wartość $$\frac{\sqrt{2}}{36}$$.

Sposób 2.
Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:
$$a-$$ długość krawędzi podstawy ostrosłupa,
$$h$$ - wysokość ściany bocznej ostrosłupa poprowadzonej z wierzcholka $$S$$,
H - wysokość ostrosłupa,
$$O$$ - punkt przecięcia przekątnych podstawy $$A B C D$$,
$$S E, S F$$ - wysokości sąsiednich ścian bocznych,
$$S G$$ - wysokość trójkąta $$S E G$$ poprowadzona z wierzcholka $$S$$.

Wyznaczamy wysokość $$h$$ ściany bocznej ostrosłupa $$A B C D S$$ poprowadzonej
z wierzchołka $$S$$ w zależności od długości a krawędzi podstawy ostrosłupa:
$$
\begin{gathered}
P=4 \cdot \frac{1}{2} a h \\
h=\frac{P}{2 a}
\end{gathered}
$$
Ponieważ $$|E F|=\sqrt{2} \cdot|E B|=\frac{a \sqrt{2}}{2}$$, więc $$|E G|=\frac{1}{2}|E F|=\frac{a \sqrt{2}}{4}$$. Zatem
$$
\begin{gathered}
\frac{|E G|}{|E S|}=\sin \alpha \\
\frac{\frac{a \sqrt{2}}{4}}{\frac{P}{2 a}}=\sin \alpha \\
a^2=\sqrt{2} P \cdot \sin \alpha
\end{gathered}
$$
Stąd
$$
h^2=\left(\frac{P}{2 a}\right)^2=\frac{P}{4 \sqrt{2} \cdot \sin \alpha}
$$
Stosujemy twierdzenie Pitagorasa do trójkąta FOS i obliczamy wysokość $$H$$ ostrosłupa $$A B C D S$$ :
$$
\begin{aligned}
|O S|^2 &=|F S|^2-|O F|^2 \\
H^2 &=h^2-\left(\frac{a}{2}\right)^2
\end{aligned}
$$

$$
\begin{gathered}
H^2=\frac{P}{4 \sqrt{2} \cdot \sin \alpha}-\frac{\sqrt{2} P \cdot \sin \alpha}{4} \\
H^2=\frac{P\left(1-2 \sin ^2 \alpha\right)}{4 \sqrt{2} \cdot \sin \alpha} \\
H=\sqrt{\frac{P \cdot \cos (2 \alpha)}{4 \sqrt{2} \cdot \sin \alpha}}
\end{gathered}
$$
Obliczamy objętość $$V$$ ostrosłupa $$A B C D S$$ :
$$
V=\frac{1}{3} a^2 H=\frac{1}{3} \cdot \sqrt{2} P \cdot \sin \alpha \cdot \sqrt{\frac{P \cos (2 \alpha)}{4 \sqrt{2} \sin \alpha}}=\sqrt{\frac{\sqrt{2}}{36} \cdot P^3 \cdot \sin \alpha \cdot \cos (2 \alpha)}
$$
Zatem $$k=\frac{\sqrt{2}}{36}$$.

$$P$$ i $$G$$-środki krawędzi, odpowiednio, $$B C$$ i $$A D$$.
$$E \in A S$$ i $$F \in D S$$, i $$E F \| A D$$. Podstawa $$A B C D$$ jest kwadratem o boku $$a$$. Krawędzie boczne są równej długości.
Otrzymany przekrój $$B C F E$$ jest trapezem równoramiennym.
Wprowadzamy oznaczenia:
$$O$$ - punkt przecięcia przekątnych podstawy $$A B C D$$,
$$R$$ - środek odcinka $$E F$$,
$$H$$ - rzut prostokątny punktu $$R$$ na płaszczyznę podstawy $$A B C D$$,
$$h$$-wysokość trapezu $$B C F E$$.

Trójkąt $$S O G$$ jest prostokątny, więc z definicji funkcji cosinus otrzymujemy
$$
\begin{aligned}
& \cos \alpha=\frac{|O G|}{|S G|} \\
& \frac{\sqrt{10}}{10}=\frac{\frac{1}{2} a}{|S G|}
\end{aligned}
$$
Stąd wysokość ściany bocznej ostrosłupa jest równa $$|S G|=\frac{\sqrt{10}}{2} a$$.
Trójkąt GPR jest prostokątny, więc z definicji funkcji cosinus otrzymujemy
$$
\begin{gathered}
\cos \alpha=\frac{|R G|}{|G P|} \\
\frac{\sqrt{10}}{10}=\frac{|R G|}{a} \\
|R G|=\frac{\sqrt{10}}{10} a
\end{gathered}
$$
Obliczamy długość odcinka $$R S$$ :
$$
|R S|=|S G|-|R G|
$$

$$
\begin{gathered}
|R S|=\frac{\sqrt{10}}{2} a-\frac{\sqrt{10}}{10} a \\
|R S|=\frac{2 \sqrt{10}}{5} a
\end{gathered}
$$
Trójkąty $$A D S$$ i $$E F S$$ na mocy cechy kkk są podobne, więc
$$
\frac{|E F|}{|A D|}=\frac{|R S|}{|S G|}
$$
Stąd wyznaczamy długość podstawy $$E F$$ trapezu $$B C F E$$ :
$$
\begin{gathered}
\frac{|E F|}{a}=\frac{\frac{2 \sqrt{10}}{5} a}{\frac{\sqrt{10}}{2} a} \\
|E F|=0,8 a
\end{gathered}
$$
Korzystamy z jedynki trygonometrycznej i obliczamy $$\sin \alpha$$ :
$$
\begin{gathered}
\sin ^2 \alpha+\left(\frac{\sqrt{10}}{10}\right)^2=1 \\
\sin \alpha=\frac{3 \sqrt{10}}{10}
\end{gathered}
$$
Trójkąt GRP jest prostokątny. Korzystamy z definicji funkcji sinus i obliczamy wysokość $$h$$ przekroju:
$$
\sin \alpha=\frac{|R P|}{|G P|}
$$

$$
\begin{aligned}
& \sin \alpha=\frac{h}{a} \\
& \frac{3 \sqrt{10}}{10}=\frac{h}{a} \\
& h=\frac{3 \sqrt{10}}{10} a
\end{aligned}
$$
Obliczamy pole przekroju: $$P_{\text {przekroju }}=\frac{a+0,8 a}{2} \cdot \frac{3 \sqrt{10}}{10} a=0,9 a \cdot \frac{3 \sqrt{10}}{10} a=\frac{27 \sqrt{10}}{100} a^2$$.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku:
$$S$$-środek odcinka $$A H$$,
$$R$$ - środek odcinka $$B H$$,
$$P$$ - spodek wysokości trójkąta $$S B H$$ poprowadzonej z punktu $$S$$ na bok $$B H$$.

Obliczamy $$|A H|=6 \sqrt{2},|B H|=6 \sqrt{3}$$.
Trójkąty $$A H B$$ i $$P H S$$ są podobne (cecha kkk), więc
$$
\begin{gathered}
\frac{|S P|}{|A B|}=\frac{|S H|}{|B H|} \\
\frac{|S P|}{6}=\frac{3 \sqrt{2}}{6 \sqrt{3}} \\
|S P|=\sqrt{6}
\end{gathered}
$$
Uwaga:
Równanie $$\frac{|S P|}{6}=\frac{3 \sqrt{2}}{6 \sqrt{3}}$$ otrzymamy, stosując dwukrotnie definicję sinusa kąta $$S H P$$ w trójkątach prostokątnych $$H S P$$ i $$H A B$$.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku.


Oznaczmy ponadto przez \(H\) wysokość graniastosłupa.

Korzystamy \(z\) tożsamości \(\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha=1\) i obliczamy \(\cos \alpha\) :

\[\begin{gathered}
\left(\frac{\sqrt{11}}{6}\right)^{2}+\cos ^{2} \alpha=1 \\
\cos ^{2} \alpha=\frac{25}{36}
\end{gathered}\]

więc \(\cos \alpha=\frac{5}{6}\), gdyż \(\alpha\) jest kątem ostrym.

Stosujemy do trójkąta \(A B F\) twierdzenie cosinusów, a następnie korzystamy z twierdzenia Pitagorasa i otrzymujemy:

\[\begin{gathered}
|A F|^{2}+|B F|^{2}-2 \cdot|A F| \cdot|B F| \cdot \cos \alpha=a^{2} \\
\left(H^{2}+a^{2}\right)+\left(H^{2}+a^{2}\right)-2 \cdot \sqrt{H^{2}+a^{2}} \cdot \sqrt{H^{2}+a^{2}} \cdot \frac{5}{6}=a^{2} \\
\frac{1}{3} \cdot\left(H^{2}+a^{2}\right)=a^{2} \\
H=a \sqrt{2}
\end{gathered}\]

Obliczamy pole \(P\) powierzchni całkowitej graniastosłupa:

\[P=2 \cdot \frac{a^{2} \sqrt{3}}{4}+3 \cdot a \cdot a \sqrt{2}=\frac{\sqrt{3} a^{2}}{2}+3 \sqrt{2} a^{2}\]