Wykonajmy rysunek pomocniczy ostrosłupa i wprowadźmy kilka oznaczeń.

Rozważmy podstawę, która jest trójkątem równobocznym. Wykonajmy rysunek poglądowy.

Przypomnijmy, że spodek wysokości jest punktem na przecięciu się wysokości i dzieli je w stosunku 2:1 idąc od wierzchołka. Zatem

$x=\frac{1}{3}\cdot h_p=\frac{1}{3}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\underline{\underline{\frac{a\sqrt{3}}{6}}}$  

Rozważmy teraz zakreskowany trójkąt, który zawiera zadany kąt α, jest on prostokątny. Punkt na wysokości ostrosłupa dzieli ją na dwie równe części. Mamy

W powyższym trójkącie zachodzi własność

$\mathrm{tg}\alpha =\frac{\frac{1}{2}H}{\frac{a\sqrt{3}}{6}}$  

$\frac{1}{2}H=\mathrm{tg}\alpha \cdot \frac{a\sqrt{3}}{6}$  

Stąd

$H=\underline{\underline{\frac{a\sqrt{3}\mathrm{tg}\alpha }{3}}}$  

Rozważmy teraz trójkąt prostokątny zawierający wysokość ściany bocznej.

Z twierdzenia Pitagorasa dla powyższego trójkąta zachodzi

$h_b^2=H^2+x^2$  

$h_b^2={\left(\frac{a\sqrt{3}\mathrm{tg}\alpha }{3}\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{3}}{6}\right)}^2$  

$h_b^2=\frac{3a^2{\mathrm{tg}}^2\alpha }{9}+\frac{3a^2}{36}$  

$h_b^2=\frac{12a^2{\mathrm{tg}}^2\alpha +3a^2}{36}$  

$h_b^2=\frac{3a^2\left(4{\mathrm{tg}}^2\alpha +1\right)}{36},h_b>0$  

$h_b=\underline{\underline{\frac{a\sqrt{3}\cdot \sqrt{4{\mathrm{tg}}^2\alpha +1}}{6}}}$  

---

Obliczmy objętość tego ostrosłupa. Przypomnijmy, że w podstawie mamy trójkąt równoboczny o boku długości a.

$V=\frac{1}{3}\cdot P_p\cdot H=\frac{1}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{a\sqrt{3}\mathrm{tg}\alpha }{3}=\frac{1}{3}\cdot \frac{3a^3\mathrm{tg}\alpha }{12}=\frac{a^3\mathrm{tg}\alpha }{12}$  

Obliczmy pole powierzchni bocznej ostrosłupa. Będą to trzy takie same ściany będące trójkątami.

$P_b=3\cdot \frac{1}{2}\cdot a\cdot h_b=\frac{3}{2}a\cdot \frac{a\sqrt{3}\cdot \sqrt{4{\mathrm{tg}}^2\alpha +1}}{6}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot \sqrt{4{\mathrm{tg}}^2\alpha +1}$