Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku poniżej: 

Obliczamy pole podstawy, wiedząc, że kąt ostry tego rombu ma miarę 60^o:

$P_p=a\cdot a\cdot \sin {60}^{\circ }=a^2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}$    

---

Korzystając z twierdzenia cosinusów w trójkącie AFH mamy: 

$a^2=b^2+b^2-2\cdot b\cdot b\cdot \cos {45}^{\circ }$  

$a^2=2b^2-2b^2\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}$  

$a^2=b^2\left(2-\sqrt{2}\right)$  

$\frac{a^2}{2-\sqrt{2}}=b^2$  

---

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta ABF dostajemy:

$a^2+H^2=b^2$  

$a^2+H^2=\frac{a^2}{2-\sqrt{2}}$  

$H^2=\frac{a^2}{2-\sqrt{2}}-a^2$  

$H^2=a^2\left(\frac{1}{2-\sqrt{2}}-1\right)$  

$H^2=a^2\left(\frac{1}{2-\sqrt{2}}-\frac{2-\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}}\right)$  

$H^2=a^2\cdot \frac{1-2+\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}}$  

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

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

$H^2=a^2\frac{2\sqrt{2}+2-2-\sqrt{2}}{4-2}$  

$H^2=a^2\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}$  

$H^2=a^2\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}$  

$H=\frac{a}{\sqrt[4]{2}}$  

---

Obliczamy pole powierzchni całkowitej tego graniastosłupa:

$P_c=2P_p+P_b$  

$P_c=2\cdot a^2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}+4\cdot a\cdot \frac{a}{\sqrt[4]{2}}$  

$P_c=a^2\left(\sqrt{3}+\frac{4}{\sqrt[4]{2}}\right)$  

$P_c=a^2\left(\sqrt{3}+\frac{4\sqrt[4]{2^3}}{2}\right)$  

$P_c=a^2\left(\sqrt{3}+2\sqrt[4]{8}\right)$