Przyjmijmy oznaczenia takie jak na poniższym rysunku:

Wiemy, że:

$\alpha ={45}^{\circ }$   

$\beta ={60}^{\circ }$  

Zauważmy, że AC i BD to przekątne rombu, więc:

$\left|ASD\right|={90}^{\circ }$  

$\left|AS\right|=\left|SC\right|=\frac{1}{2}\cdot \left|AC\right|$  

$\left|BS\right|=\left|SD\right|=\frac{1}{2}\cdot \left|BD\right|$  

 

Obliczymy długość krawędzi podstawy, czyli a.

 

Spójrzmy na trójkąt ACC₁.

Kąt ACC₁ jest kątem prostym (graniastosłup jest prosty), kąt CAC₁ ma miarę 45°, więc:

$\left|A{C}_{1}C\right|={180}^{\circ }-\left({90}^{\circ }+{45}^{\circ }\right)={180}^{\circ }-{135}^{\circ }={45}^{\circ }$  

Z zależności między długościami boków w trójkącie o kątach 45°, 45°, 90° (trójkąt ACC₁):

$\left|AC\right|=\left|AC{C}_1\right|=12$  

Zatem:

$\left|AS\right|=\frac{1}{2}\cdot 12=6$  

 

Spójrzmy na trójkąt D₁DB.

Kąt D₁DB jest kątem prostym (graniastosłup jest prosty), kąt DBD₁ ma miarę 60°, więc:

$\left|B{D}_{1}D\right|={180}^{\circ }-\left({90}^{\circ }+{60}^{\circ }\right)={180}^{\circ }-{150}^{\circ }={30}^{\circ }$  

Z zależności między długościami boków w trójkącie o kątach 30°, 60°, 90° (trójkąt D₁DB):

$\left|BD\right|\cdot \sqrt{3}=\left|D{D}_1\right|$  

$\left|BD\right|\cdot \sqrt{3}=12\mid :\sqrt{3}$  

$\left|BD\right|=\frac{12}{\sqrt{3}}$  

$\left|BD\right|=\frac{12}{\sqrt{3}}\cdot \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}}$  

$\left|BD\right|=\frac{12\sqrt{3}}{3}$  

$\left|BD\right|=4\sqrt{3}$  

Zatem:

$\left|SD\right|=\frac{1}{2}\cdot 4\sqrt{3}=2\sqrt{3}$  

 

Spójrzmy na trójkąt ASD.

Wiemy już, że:

$\left|ASD\right|={90}^{\circ }$  

$\left|AS\right|=6$  

$\left|SD\right|=2\sqrt{3}$  

Z twierdzenia Pitagorasa (trójkąt ASD):

${\left|AD\right|}^2={\left|AS\right|}^2+{\left|SD\right|}^2$  

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

$a^2=36+4\cdot 3$  

$a^2=36+12$  

$a^2=48$  

Długości odcinków są dodatnie, więc:

$a=\sqrt{48}$  

$a=\sqrt{16\cdot 3}$  

$a=\underline{\underline{4\sqrt{3}\left[\text{cm}\right]}}$