Podstawą ostrosłupa prawidłowego trójkątnego jest trójkąt równoboczny. 

Krawędź podstawy ma długość a, więc pole podstawy jest równe

$P_p=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

Z treści zadania wiemy, że pole powierzchni bocznej ostrosłupa jest dwa razy większe od pola podstawy, czyli  

$P_b=2P_p=2\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$

Z drugiej strony wiemy, że pole powierzchni bocznej ostrosłupa prawidłowego trójkątnego składa się z trzech trójkątów równoramiennych o podstawie a i wysokości h, czyli

$P_b=3\cdot \frac{a\cdot h}{2}$

$\frac{a^2\sqrt{3}}{2}=3\cdot \frac{a\cdot h}{2}\mid \cdot 2$  

$a^2\sqrt{3}=3\cdot a\cdot h\mid :a>0$

$\frac{a\sqrt{3}}{3}=h$   

Każda ściana boczna jest trójkątem równoramiennym o podstawie a i wysokości opuszczonej na tą podstawę równej ^a√3/₃.

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dostajemy, że

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

$b^2=\frac{3a^2}{9}+\frac{a^2}{4}$  

$b^2=\frac{21a^2}{36}\text{i}b>0$  

$b^2=\frac{7a^2}{12}\text{i}b>0$  

więc

$b=\frac{a\sqrt{7}}{2\sqrt{3}}$    

Przyjrzyjmy się poniższemu rysunkowi 

Zauważmy, że wysokość SO ostrosłupa tworzy z krawędzią boczną AS i odcinkiem AO trójkąt prostokątny. 

Punkt O jest punktem przecięcia wysokości w podstawie, więc długość odcinka AO jest równa ²/₃ długości wysokości, czyli

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

Korzystając z określenia funkcji trygonometrycznych w trójkącie prostokątnym dostajemy 

$\cos \alpha =\frac{\left|AO\right|}{\left|AS\right|}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{3}}{\frac{a\sqrt{7}}{2\sqrt{3}}}=$  

$=\frac{a\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{2\sqrt{3}}{a\sqrt{7}}=\frac{6}{3\sqrt{7}}=\frac{2}{\sqrt{7}}\cdot \frac{\sqrt{7}}{\sqrt{7}}=\frac{2\sqrt{7}}{7}$