Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku poniżej: 

---

Z treści zadania wiemy, że:

$P_b=4P_p$

zatem:

$3\cdot \frac{1}{2}\cdot a\cdot h=4\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}$

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

$h=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$

---

Wiemy, że:

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

oraz:

$\left|OD\right|=\frac{1}{3}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{6}$

---

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta ODS dostajemy:

$H^2+{\left|OD\right|}^2=h^2$

$H^2+\frac{3a^2}{36}={\left(\frac{2\sqrt{3}a}{3}\right)}^2$  

$H^2+\frac{a^2}{12}=\frac{12a^2}{9}$

$H^2=\frac{4a^2}{3}-\frac{a^2}{12}$

$H^2=\frac{16a^2}{12}-\frac{a^2}{12}$  

$H^2=\frac{15a^2}{12}$

$H=\frac{a\sqrt{15}}{2\sqrt{3}}$

---

Obliczamy tangens kąta nachylenia krawędzi bocznej do płaszczyzny podstawy:

$\text{tg}\alpha =\frac{H}{\left|AO\right|}=\frac{a\sqrt{15}}{2\sqrt{3}}\cdot \frac{3}{a\sqrt{3}}=\frac{3a\sqrt{15}}{2\cdot 3a}=\frac{\sqrt{15}}{2}$