Можно потом не писать просто буквы и получить бал .​

Проведем DK⊥SC.
ΔDKC = ΔBKC по двум сторонам и углу между ними (DC = BC как стороны квадрата, КС - общая, углы при вершине С равны, так как боковые грани - равные равнобедренные треугольники).
Тогда и ВК⊥SC, значит
∠DKB - линейный угол двугранного угла при боковом ребре пирамиды.
Обозначим его α.
sinα = 12/13

SC⊥DKB (ребро SC перпендикулярно двум пересекающимся прямым этой плоскости), ⇒
SC⊥OK.
Тогда отрезок ОК параллелен высоте треугольника ASC, проведенной из вершины А (обозначим ее h), и равен ее половине.
Sasc = 1/2 · SC · h = 1/2 · SC · 2OK = SC·OK = 7√13        ( 1 )

ΔOKD: OK = KD · cos (α/2)

Угол α тупой, т.к. sin(α/2) = OD/DK > OD/DC = 1/√2
cos α  = - √(1 - sin²α) = - √(1 - 144/169) = - √(25/169) = - 5/13

cos (α/2) = √((1 + cos α)/2) = √((1 - 5/13)/2) = √(8/26) = √(4/13) = 2/√13

Вернемся к ΔOKD:
ОК = KD · cos (α/2) = KD · 2/√13
Подставим в равенство (1):
SC · KD · 2/√13 = 7√13
SC · KD = 7√13 · √13 / 2 = 91/2
Но KD - высота боковой грани SCD, проведенная к ребру SC.
Sscd = 1/2 · SC · KD = 1/2 · 91/2 = 91/4
Тогда площадь боковой поверхности:
Sбок = 4 · Sscd = 4 · 91/4 = 91

Я не могу в Пайнте построить эти графики, но могу объяснить.
1. Рисуешь график y = sin x. Рисуй слабо, чтобы потом стереть.
2. y = 3sin x - вытягиваешь горбы и впадины на уровень 3 и -3.
y(pi/2) = 3; y(-pi/2) = -3; y(0) = y(pi) = y(-pi) = 0.
3. y = 1/3*sin x - сжимаешь горбы и впадины на уровень 1/3 и -1/3.
y(pi/2) = 1/3; y(-pi/2) = -1/3; y(0) = y(pi) = y(-pi) = 0.
4. y = sin (1/3*x) - растягиваешь график y=sin x по горизонтали в 3 раза.
y(3pi/2) = 1; y(-3pi/2) = -1; y(0) = y(3pi) = y(-3pi) = 0
5. y = sin (x+pi/4) - сдвигаешь график y=sin x влево на pi/4.
y(pi/4) = 1; y(-3pi/4) = -1; y(-pi/4) = y(-5pi/4) = y(3pi/4) = 0.