A szabályos tetraédernek kétféle szimmetriatengelye van. Az egyik típusú a tetraéder két szemközti élének felezőpontját köti össze ‐ erre az egyenesre, mint tengelyre tükrözve a tetraédert, képe önmaga lesz ‐, a másik típusú pedig a tetraéder egy csúcsát köti össze a szemközti lap középpontjával ‐ e körül az egyenes körül ${120}^{\circ }$-kal elforgatva lesz a tetraéder képe önmaga. A feladat kitűzője (és a legtöbb megoldó is) a második típusú szimmetriatengelyre gondolt, ez azonban a példa szövegéből nem derül ki. 5 pontos megoldásnak fogadtuk el mindazokat a dolgozatokat, amelyek valamelyik tengelyre megoldották a feladatot. Terjedelmi korlátok miatt csak a második típusú tengelyre vonatkozó megoldást közöljük. (Az első típus esetén a számolás hosszadalmasabb, a végeredmény $\sqrt[3]{3}$.)
Feltehetjük, hogy $P$ az $O$ középpontú $ABCD$ tetraéder $A$-n átmenő $OA$ szimmetriatengelyén van. $P$ nem lehet a tetraéder belső pontja, mert akkor a nagyított tetraéder teljes egészében tartalmazná $T$-t. A középpontos hasonlóság tulajdonságai miatt a nagyított tetraéder lapjai párhuzamosak $T$ megfelelő lapjaival, továbbá a két tetraéder egyik szimmetriatengelye közös. Ezért a két tetraéder közös része is egy szabályos tetraéder lesz. Hasonló testek térfogatának aránya megegyezik a hasonlóság arányának köbével, ezért $\sqrt[3]{\frac{1}{8}}=\frac{1}{2}$ miatt a közös rész lineáris adatai megegyeznek $T$ megfelelő adatainak felével. Ezek után két esetet kell megkülönböztetnünk attól függően, hogy $P$ és $A$ a $BCD$ síknak ugyanazon az oldalán van-e, vagy nem.
Ha igen (1. ábra), akkor $A$-nak a nagyítás során kapott $A\text{'}$ képe a közös rész $BCD$-re nem illeszkedő csúcsa lesz. Az előzőek miatt $A\text{'}$ fele olyan messze lesz a $BCD$ laptól, mint $A$. Ismert, hogy $O$ a tetraéder magasságának $BCD$-hez közelebbi negyedelőpontja, ezért $OA\text{'}=\frac{1}{2}AA\text{'}$. A nagyítás miatt $PA=AA\text{'}$, tehát

1. ábra   2. ábra