Legyen a gúla alaplapja a $BCD$ háromszög, negyedik csúcsa $A$, és válasszuk úgy a jelölést, hogy $CAD\sphericalangle ={60}^{\circ }$, $BAD\sphericalangle ={90}^{\circ }$ és $BAC\sphericalangle ={120}^{\circ }$. Legyen $B$-nek az $AD$ egyenesre vonatkozó tükörképe $B\text{'}$. Mivel $AD$ és $BA$ egymásra merőlegesek, azért $B$, $A$ és $B\text{'}$ egy egyenesen vannak, és $B\text{'}A=AB=1$. Mivel $BAC\sphericalangle ={120}^{\circ }$, azért $CAB\text{'}\sphericalangle ={60}^{\circ }$, s így $CA=AB\text{'}=1$ miatt a $CAB\text{'}$ háromszög szabályos. A $CAD$ háromszög is szabályos, mert $CA=DA=1$ és $CAD={60}^{\circ }$. Ezért a $C$ pont a $DAB\text{'}$ egyenlő szárú derékszögű háromszög mindhárom csúcsától egyenlő távolságra van, vagyis rajta van a háromszög köré írható kör középpontjában a háromszög síkjára állított merőleges egyenesen.
A $DAB\text{'}$ háromszög köré írható körének középpontja a $DB\text{'}$ szakasz $F$ felezőpontja, $FA=FB\text{'}=FD=\frac{DB\text{'}}{2}=\frac{\sqrt[]{2}}{2}$. A $CF$ szakasz hosszát a $CFA$ derékszögű háromszögből Pitagorasz tételével számolhatjuk ki: