Podstawa jest nachylona cała pod kątem prostym w stosunku do ściany ADE. Wykonajmy rysunek pomocniczy ostrosłupa. 

---

Rozważmy podstawę ostrosłupa, jest ona kwadratem.

Zachodzi twierdzenie Pitagorasa dla trójkąta ABF, zatem

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

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

  ${\left|FB\right|}^2=a^2+\frac{1}{4}{a}^2$  

  ${\left|FB\right|}^2=\frac{5}{4}{a}^2$  

---

Rozważmy trójkąty

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta AFE mamy

${\left|EF\right|}^2+{\left|AF\right|}^2={\left|AE\right|}^2$  

$H^2+{\left(\frac{1}{2}a\right)}^2={15}^2$  

$H^2=225-\frac{1}{4}{a}^2$

Z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta EFB mamy

${\left|EF\right|}^2+{\left|FB\right|}^2={\left|EB\right|}^2$  

$H^2+\frac{5}{4}{a}^2={17}^2$  

$225-\frac{1}{4}{a}^2=289-\frac{5}{4}{a}^2$

$a^2=64$

Stąd, ponieważ a > 0 mamy

$a=8$  

---

Zatem

$H^2=225-\frac{1}{4}{a}^2$  

$H^2=225-\frac{1}{4}\cdot 64$  

$H^2=225-16$  

$H^2=209$  

$H=\sqrt{209}$  

Objętość tego ostrosłupa wynosi

$V=\frac{1}{3}\cdot P_p\cdot H=\frac{1}{3}\cdot 8^2\cdot \sqrt{209}=\frac{64\sqrt{209}}{3}$