Zauważmy, że zarówno otrzymany przekrój EFGH, jak i czworokąt BCGH są trapezami o takich samych podstawach i różnych wysokościach. Poprowadźmy z wierzchołka H wysokości HQ i HP odpowiednich trapezów.

Przyjmijmy oznaczenia:

|GH| = x

|HP| = p

|HQ| = q

Oczywiście x ∈ (0,1)

wtedy

Stosunek pól obu trapezów jest więc równy:

Oznaczmy przez h wysokość SR ściany bocznej. Z twierdzenia Pitagorasa wynika, że wtedy

Trójkąty BHQ i BSR są podobne, zatem w szczególności

co przy przyjętych oznaczeniach można wyrazić w postaci:

zatem

Kąt PQH jest równy kątowi nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy, bo odcinki HQ i PQ są prostopadłe do prostej BC. Zatem jego cosinus jest równy:

Korzystając z twierdzenia cosinusów (dla trójkąta PQH), możemy zapisać, że

czyli

Ponieważ

Otrzymujemy zatem równanie z niewiadomą x:

czyli

Po redukcji otrzymujemy równanie kwadratowe

15x² – 32x + 16 = 0

Ponieważ Δ = 64, to

zatem

Ostatni etap rozwiązania można przeprowadzić dla zmiennych p, q, a dopiero później obliczyć x.

Ponieważ

Stąd, z równania

otrzymujemy równanie z niewiadomą q:

które po uporządkowaniu przyjmuje postać:

Ponieważ

to

zatem

oraz

stąd