Rozważamy ostrosłupy prawidłowe czworokątne, czyli ostrosłupy, których podstawą jest kwadrat. 

Oznaczmy przez 𝛼 kąt między krawędzią podstawy a podstawą ostrosłupa. Z treści zadania wiemy, że

$\mathrm{tg}\alpha =m$

Sporządzamy rysunek pomocniczy. Przyjmujemy oznaczenia takie jak na rysunku.

Rysunek:

---

Oznaczmy przez przez a długość krawędzi podstawy ostrosłupa. Odcinek AO jest połową przekątnej kwadratu, zatem ze wzoru na długość przekątnej kwadratu mamy, że

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

Z definicji funkcji tangens w trójkącie prostokątnym AOS otrzymujemy:

$\mathrm{tg}\alpha =\frac{\left|OS\right|}{\left|OA\right|}=\frac{H}{\frac{a\sqrt{2}}{2}}=\frac{2H}{a\sqrt{2}}$

Wiemy, że tg𝛼=m, zatem otrzymujemy równanie:

$\frac{2H}{a\sqrt{2}}=m|\cdot a\sqrt{2}$

$2H=am\cdot \sqrt{2}|:2$

$H=\frac{m\sqrt{2}}{2}a$

---

Mamy wyznaczyć cosinus kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy. Na rysunku oznaczyliśmy ten kąt jako 𝛽. 

Punkt P jest środkiem krawędzi podstawy, zatem odcinek OP ma długość równą

$\left|OP\right|=\frac{a}{2}$

Korzystamy z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie prostokątnym OPS i wyznaczamy długość wysokości ściany bocznej w zależności od a.

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

${\left(\frac{m\sqrt{2}}{2}a\right)}^2+\frac{a^2}{4}=h^2$

$\frac{2m^2}{4}{a}^2+\frac{1}{4}{a}^2=h^2$

$\frac{2m^2+1}{4}{a}^2=h^2$

Czyli

$h^2=\frac{2m^2+1}{4}{a}^2{h}^{}>0$

Stąd otrzymujemy, że

$h=\sqrt{\frac{2m^2+1}{4}{a}^2}=\frac{\sqrt{2m^2+1}}{2}a$

---

Wyznaczamy cosinus kąta 𝛽. 

Korzystamy z definicji funkcji cosinus w trójkącie prostokątnym OPS i otrzymujemy:

$\cos \beta =\frac{\left|OP\right|}{\left|PS\right|}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{\sqrt{2m^2+1}}{2}a}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{2m^2+1}}{2}}=\frac{1}{\sqrt{2m^2+1}}$

Usuwamy niewymierność z mianownika ułamka i otrzymujemy ostatecznie, że:

$\cos \beta =\frac{1}{\sqrt{2m^2+1}}\cdot \frac{\sqrt{2m^2+1}}{\sqrt{2m^2+1}}=\underline{\underline{\frac{\sqrt{2m^2+1}}{2m^2+1}}}$