Wysokość ostrosłupa prawidłowego sześciokątnego jest dwa razy dłuższa od krawędzi jego podstawy. Oblicz pole powierzchni bocznej tego ostrosłupa, jeśli jego objętość jest równa $64\sqrt{3}$.
Mamy ostrosłup prawidłowy sześciokątny o krawędzi podstawy równej $a$ i wysokości ostrosłupa $H$. Z treści $H=2a$. Pole podstawy regularnego sześciokąta o boku $a$ wynosi $$P_{p}=\frac{3\sqrt3}{2}\,a^2.$$ Objętość ostrosłupa to $$V=\frac13 P_{p}\,H=\frac13\cdot\frac{3\sqrt3}{2}a^2\cdot(2a).$$ Uproszczając otrzymujemy $$V=\sqrt3\,a^3.$$ Z treści $V=64\sqrt3$, stąd $$\sqrt3\,a^3=64\sqrt3\quad\Rightarrow\quad a^3=64\quad\Rightarrow\quad a=4.$$ Teraz obliczymy pole powierzchni bocznej. Pole boczne ostrosłupa prawidłowego księżycowego (sześciokątnego) z $6$ identycznymi trójkątami bocznymi: $$P_{b}=\tfrac12\cdot(\text{obwód podstawy})\cdot l=\tfrac12\cdot(6a)\cdot l=3a l,$$ gdzie $l$ to wysokość trójkąta bocznego (czyli długość krawędzi bocznej wzdłuż ściany — tzw. wysokość boczna, slant height). Aby znaleźć $l$ korzystamy z twierdzenia Pitagorasa w przekroju przechodzącym przez wierzchołek ostrosłupa i środek boku podstawy: odległość środka podstawy od środka boku (apotema podstawy) dla sześciokąta to $$r=\frac{\sqrt3}{2}a.$$ Zatem $$l=\sqrt{H^2+r^2}=\sqrt{(2a)^2+\Big(\frac{\sqrt3}{2}a\Big)^2} =\sqrt{4a^2+\frac{3}{4}a^2}=\sqrt{\frac{19}{4}a^2}=\frac{\sqrt{19}}{2}a.$$ Stąd pole boczne: $$P_{b}=3a\cdot\frac{\sqrt{19}}{2}a=\frac{3\sqrt{19}}{2}\,a^2.$$ Dla $a=4$ mamy $a^2=16$, więc $$P_{b}=\frac{3\sqrt{19}}{2}\cdot16=24\sqrt{19}.$$ Odpowiedź: $P_{b}=24\sqrt{19}\ (\text{jedn.}^2)$.