Rysunek: 

Pole powierzchni ściany bocznej tego ostrosłupa jest równe polu powierzchni jego podstawy. Mamy stąd:

$a^2=\frac{1}{2}a\cdot h\mid :a,a>0$  

$a=\frac{1}{2}h\mid \cdot 2$  

$h=2a$  

---

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta PES mamy: 

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

$H^2+\frac{1}{4}{a}^2=4a^2$  

$H^2=\frac{15}{4}{a}^2\wedge H>0,a>0$  

$H=\frac{\sqrt{15}}{2}a$  

---

Korzystając z twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta APS mamy: 

${\left(\frac{\sqrt{15}}{2}a\right)}^2+{\left(\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)}^2=c^2$  

$\frac{15}{4}{a}^2+\frac{2a^2}{4}=c^2$  

$c^2=\frac{17}{4}{a}^2\wedge c>0,a>0$  

$c=\frac{\sqrt{17}}{2}a$  

---

Wyznaczmy sinus kąta nachylenia krawędzi bocznej do podstawy tego ostrosłupa. Mamy: 

$\sin \alpha =\frac{H}{c}=\frac{\frac{\sqrt{15}}{2}a}{\frac{\sqrt{17}}{2}a}=\frac{\sqrt{15}}{\sqrt{17}}=\frac{\sqrt{15}\cdot \sqrt{17}}{17}=\frac{\sqrt{255}}{17}$