Oznaczmy przez \(a\) długość krawędzi podstawy, a przez \(b\) długość krawędzi bocznej.

a) W trójkącie równoramiennym utworzonym przez krawędź podstawy i dwie krawędzie boczne kąt przy podstawie ma miarę \(\alpha\), a wysokość połowi krawędź podstawy, więc

\(\cos\alpha=\dfrac{a/2}{b}\), czyli \(b=\dfrac{a}{2\cos\alpha}\).

Połowa przekątnej podstawy wynosi \(\dfrac{a\sqrt2}{2}\), więc z twierdzenia Pitagorasa

\(H^2=b^2-\dfrac{a^2}{2}=\dfrac{a^2}{4\cos^2\alpha}-\dfrac{a^2}{2}=a^2\cdot\dfrac{1-2\cos^2\alpha}{4\cos^2\alpha}\).

(Dla \(45^\circ<\alpha<90^\circ\) mamy \(\cos^2\alpha<\tfrac12\), więc prawa strona jest dodatnia.) Stąd

\(a^2=\dfrac{4H^2\cos^2\alpha}{1-2\cos^2\alpha}\).

Objętość:

\(V=\tfrac13a^2H=\tfrac13\cdot\dfrac{4H^3\cos^2\alpha}{1-2\cos^2\alpha}=\dfrac43\cdot\dfrac{H^3}{\dfrac{1}{\cos^2\alpha}-2}\).

Ponieważ \(\dfrac{1}{\cos^2\alpha}=1+\mathrm{tg}^2\alpha\), otrzymujemy

\(V=\dfrac43\cdot\dfrac{H^3}{1+\mathrm{tg}^2\alpha-2}=\dfrac43\cdot\dfrac{H^3}{\mathrm{tg}^2\alpha-1}\),  co kończy dowód. \(\blacksquare\)

b) Z warunku \(V=\tfrac29H^3\):

\(\dfrac43\cdot\dfrac{H^3}{\mathrm{tg}^2\alpha-1}=\dfrac29H^3\),

\(\dfrac{4}{3(\mathrm{tg}^2\alpha-1)}=\dfrac29\),

\(36=6(\mathrm{tg}^2\alpha-1)\), czyli \(\mathrm{tg}^2\alpha=7\).

Ponieważ \(45^\circ<\alpha<90^\circ\), mamy \(\mathrm{tg}\,\alpha=\sqrt7\approx2{,}6458\), skąd

\(\alpha\approx69{,}3^\circ\approx69^\circ\).