A szabályos hatszög csúcsai legyenek $A$, $B$, $C$, $\text{...}$, $F$, a gúla csúcsa $G$, és válasszuk az alapél hosszát $2$ egységnek (1. ábra). Az oldallap és alaplap szögét leolvashatjuk pl. a $GG\text{'}O$ derékszögű háromszögből: $GG\text{'}O\sphericalangle ={45}^{\circ }$, így $G\text{'}O=GO=\sqrt[]{3}$ (az $FAO$ szabályos háromszögből). Fektessük az $AB$ élre az $S$ síkot, ez a $BGC$ oldallapot a $BP$, az $FGA$ oldallapot az $AQ$ szakaszban metszi, és feltétel szerint $BP\parallel AQ$, ezért az alapsíkra eső vetületükre $BP\text{'}\parallel AQ\text{'}$, ahol $P\text{'}$ a $P$, $Q\text{'}$ a $Q$ vetülete. $P$ és $Q$ az alapsíkra merőleges $FGC$ síknak pontjai, ezért vetületük, $P\text{'}$ és $Q\text{'}$ rajta van a két sík $FC$ metszésvonalán, így $AB\parallel FC\parallel P\text{'}Q\text{'}$ és $BP\text{'}\parallel AQ\text{'}$ miatt az $ABP\text{'}Q\text{'}$ négyszög paralelogramma.
A szabályos hatszög tengelyes szimmetriájából következik, hogy $FQ\text{'}=CP\text{'}$, ami csak úgy lehetséges, ha $BP\text{'}\perp FC$. $AQ\text{'}\perp FC$ (2. ábra). A keresett $\alpha$ hajlásszöget meghatározhatjuk a $BPP\text{'}$ derékszögű háromszögből: $\text{<span style="font-weight: normal;font-style: normal;">tg</span>}\alpha =\frac{PP\text{'}}{P\text{'}B}$, $P\text{'}B=\sqrt[]{3}$, az $OGC$ háromszögben $PP\text{'}\parallel GO$ és $P\text{'}$ felezi $OC$-t, azaz $PP\text{'}=\frac{1}{2}GO=\frac{\sqrt[]{3}}{2}$, ezeket behelyettesítve: