Rysunek pomocniczy:

Podstawą jest trójkąt ABC. Ścianą boczną będącą również trójkątem równobocznym jest BCD.

Wysokość trójkąta równobocznego o boku długości a jest równa:

$h_p=\frac{a\sqrt{3}}{2}$  

Obliczmy długość odcinka DE korzystając z tw. Pitagorasa.

${\left|EC\right|}^2+{\left|DE\right|}^2={\left|CD\right|}^2$  

${\left(\frac{1}{2}a\right)}^2+{\left|DE\right|}^2=a^2$  

$\frac{1}{4}{a}^2+{\left|DE\right|}^2=a^2\mid -\frac{1}{4}{a}^2$  

${\left|DE\right|}^2=\frac{3}{4}{a}^2$  

$\left|DE\right|=\frac{\sqrt{3}}{2}a$  

Możemy zauważyć, że trójkąt AED to trójkąt równoramienny prostokątny, zatem:

$\left|AD\right|=h_p\sqrt{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \sqrt{2}=\frac{a\sqrt{6}}{2}$  

Korzystając z tw. Pitagorasa dla trójkąta ABF (trójkąt równoramienny) otrzymujemy:

${\left|AF\right|}^2+{\left|FB\right|}^2={\left|AB\right|}^2$  

${\left(\frac{1}{2}\left|AD\right|\right)}^2+h_1^2=a^2$  

${\left(\frac{1}{2}\cdot \frac{a\sqrt{6}}{2}\right)}^2+h_1^2=a^2$  

${\left(\frac{a\sqrt{6}}{4}\right)}^2+h_1^2=a^2$  

$\frac{6a^2}{16}+h_1^2=a^2\mid -\frac{6}{16}{a}^2$  

$h_1^2=\frac{10}{16}{a}^2$  

$h_1=\frac{\sqrt{10}}{4}a$  

 

Obliczmy pole boczne tego ostrosłupa.

$P_b=P_{BCD}+P_{ABD}+P_{ACD}$  

$P_b=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}+2\cdot \frac{1}{2}\cdot \left|AD\right|\cdot h_1$  

$P_b=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}+\frac{a\sqrt{6}}{2}\cdot \frac{\sqrt{10}}{4}a$  

$P_b=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}+\frac{a^2\sqrt{60}}{8}$  

$P_b=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}+\frac{a^2\cdot 2\sqrt{15}}{8}$  

$P_b=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}+\frac{a^2\sqrt{15}}{4}$  

$P_b=\frac{a^2\sqrt{3}+a^2\sqrt{15}}{4}$  

$P_b=\frac{a^2\left(\sqrt{3}+\sqrt{15}\right)}{4}$