Rysunek: 

Pole powierzchni ściany bocznej tego ostrosłupa jest równe polu powierzchni jego podstawy. Mamy stąd:

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta PES mamy: 

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta APS mamy: 

Wyznaczmy sinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do podstawy tego ostrosłupa. Mamy: 

Rysunek: 

Rozważmy trójkąt prostokątny GPS. Korzystając ze związku między długościami boków w trójkącie o kątach 30^o, 60^o, 90^o mamy:

oraz

Odcinek hp jest wysokością trójkąta równobocznego o boku długości a. Mamy stąd więc:

Wyznaczmy pole powierzchni podstawy tego ostrosłupa. Korzystając ze wzoru na pole trójkąta równobocznego mamy:

Wyznaczmy objętość tego ostrosłupa. Mamy: 

Rysunek: 

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta ADC otrzymujemy: 

Wyznaczmy pole trójkąta ABC. Mamy:

Niech R będzie długością promienia okręgu opisanego na trójkącie ABC. Pole tego trójkąta możemy również zapisać jako:

Porównując otrzymane pola mamy:

Odcinek OC jest promieniem okręgu opisanego na trójkącie ABC. Mamy stąd:

Wyznaczmy tangens kąta nachylenia ściany ABS do podstawy tego ostrosłupa. Mamy: 

Rysunek: 

Zauważmy, że trójkąt ACA₁ jest równoramiennym trójkątem prostokątnym, więc

Podstawą tego graniastosłupa jest romb o boku długości a. Wyznaczmy długość boku tego rombu. Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta APB mamy:

Wyznaczmy pole powierzchni podstawy tego graniastosłupa. Korzystając ze wzoru na pole rombu mamy: 

Wyznaczmy pole powierzchni bocznej tego graniastosłupa. Mamy:

Wyznaczmy pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa. Mamy:

Rysunek: 

Rozważmy trójkąt prostokątny ABD'. Korzystając ze związku między długościami boków w trójkącie o kątach 30^o, 60^o, 90^o mamy:

oraz

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta AD'A' mamy:

Obliczmy objętość tego graniastosłupa. Mamy:

Dany jest walec o wysokości długości h i taki, że jego podstawą jest koło o promieniu długości r. 

Powierzchnia boczna tego walca jest kwadratem, więc 

Objętość tego walca jest równa V. Mamy stąd: 

Wiedząc, że r=^h/_2𝜋 mamy: 

Rysunek: 

Z treści zadania wiemy, że stosunek pola powierzchni bocznej stożka do jego pola powierzchni jego podstawy jest równy √2:1. Mamy stąd:

czyli

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta OAS mamy: 

Zatem trójkąt prostokątny OAS jest trójkątem równoramiennym, czyli 

Wyznaczmy objętość kuli o średnicy długości 6, czyli o promieniu długości 3. Mamy: 

Wiedząc, że objętość danego stożka jest równa objętości tej kuli mamy: 

Wiedząc, że h=r mamy: 

Rysunek: 

Pole powierzchni podstawy tego stożka wynosi 16, więc mamy:

Pole powierzchni bocznej tego stożka wynosi 20, więc mamy:

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta OAS mamy: 

Wyznaczmy objętość tego stożka. Mamy: 

Dany jest sześcian o krawędzi długości 2. Objętość tego sześcianu wynosi 

Od tego sześcianu odcięto naroża, zawierające po jednym wierzchołku, płaszczyznami przechodzącymi przez środki krawędzi wychodzących z tych wierzchołków.

Rysunek tego sześcianu z jednym odciętym narożem: 

Wyznaczmy objętość ostrosłupa będącego odciętym narożem. Mamy:

Od tego sześcianu odcięto w ten sposób osiem naroży. 

Wyznaczmy objętość tak otrzymanego wielościanu. Mamy:

Rysunek: 

a)

Wyznaczmy długość krawędzi podstawy a tego prostopadłościanu.

Rozważmy trójkąt prostokątny ACE. Korzystając z definicji funkcji cosinus mamy: 

czyli

b)

Wyznaczmy objętość tego prostopadłościanu. Mamy: