Rysunek: 

Wiemy, że

$\text{tg}\alpha =\frac{4}{3}$

Korzystając z własności trygonometrycznej

$\text{tg}\alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }$

mamy:

$\frac{4}{3}=\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }\mid \cdot \cos \alpha$

$\sin \alpha =\frac{4}{3}\cos \alpha$

Korzystając z jedynki trygonometrycznej

${\sin }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$

mamy:

${\left(\frac{4}{3}\cos \alpha \right)}^2+{\cos }^2\alpha =1$

$\frac{16}{9}{\cos }^2\alpha +{\cos }^2\alpha =1$

$\frac{25}{9}{\cos }^2\alpha =1\mid :\frac{25}{9}$

${\cos }^2\alpha =\frac{9}{25}\wedge \cos \alpha >0$

$\cos \alpha =\frac{3}{5}$

---

Korzystając z twierdzenia cosinusów dla trójkąta BCD mamy:

$6^2=x^2+x^2-2x\cdot x\cdot \frac{3}{5}$

$36=2x^2-2x^2\cdot \frac{3}{5}$

$36=2x^2-\frac{6}{5}{x}^2$

$\frac{4}{5}{x}^2=36\mid :\frac{4}{5}$

$x^2=45\wedge x>0$

$x=3\sqrt{5}\left[\text{cm}\right]$

---

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta ABD mamy:

$H^2+6^2={\left(3\sqrt{5}\right)}^2$

$H^2+36=45$

$H^2=9\wedge H>0$

$H=3\left[\text{cm}\right]$

---

Wyznaczmy objętość tego graniastosłupa. Mamy:

$V=P_p\cdot H=\frac{6^2\sqrt{3}}{4}\cdot 3=\frac{36\sqrt{3}}{4}\cdot 3=9\sqrt{3}\cdot 3=\underline{\underline{27\sqrt{3}\left[{\text{cm}}^3\right]}}$

Wyznaczmy pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa. Mamy:

$P_c=2P_p+P_b=2\cdot \frac{36\sqrt{3}}{4}+3\cdot 3\cdot 6=18\sqrt{3}+54=\underline{\underline{18\left(\sqrt{3}+3\right)\left[{\text{cm}}^2\right]}}$