Slajd pierwszy przedstawia treść zadania: Wyznaczymy kąt nachylenia prostej przechodzącej przez wierzchołek $C\text{'}$ oraz środek krawędzi AB do płaszczyzny B $B\text{'}$$C\text{'}$C. Rysunek przedstawia graniastosłup prawidłowy czworokątny, wierzchołki dolnej podstawy to A B C, a wierzchołki górnej podstawy to $A\text{'}$$B\text{'}$ $C\text{'}$. Krawędź podstawy podpisano literą a, krawędź boczną podpisano literą h. Na środku boku AB znajduje się punkt D. Przez punkty $C\text{'}$ i D przechodzi prosta. Odcinek $C\text{'}$D podpisano literą p. Slajd drugi: aby znaleźć ten kąt, wyznaczamy rzut prostokątny odcinka $C\text{'}$D na płaszczyznę ściany B $B\text{'}$$C\text{'}$C. W tym celu prowadzimy odcinek przechodzący przez punkt D, prostopadły do krawędzi BC. Rysunek przedstawia graniastosłup prawidłowy czworokątny, wierzchołki dolnej podstawy to A B C, a wierzchołki górnej podstawy to $A\text{'}$$B\text{'}$ $C\text{'}$. Krawędź podstawy podpisano literą a, krawędź boczną podpisano literą h. Na środku boku AB znajduje się punkt D. Przez punkty $C\text{'}$ i D przechodzi prosta. Odcinek $C\text{'}$D podpisano literą p.Z punktu D na krawędź BC poprowadzono linią przerywaną odcinek prostopadły do tej krawędzi. Slajd trzeci: punkt wspólny tego odcinka i krawędzi BC oznaczamy przez E. Slajd czwarty: odcinek $C\text{'}$E jest rzutem prostokątnym odcinka $C\text{'}$D na płaszczyznę B $B\text{'}$$C\text{'}$C. Na rysunku w płasczyżnie ściany B $B\text{'}$$C\text{'}$C pojawia sięę odcinek łączący wierzchołek ostrosłupa $C\text{'}$ z punktem E leżącym na krawędzi BC. Slajd piąty: kąt D$C\text{'}$E jest szukanym kątem nachylenia prostej do płaszczyzny. Kąt ten na rysunku podpisano literą alfa. Slajd szósty: Aby wyznaczyć miarę tego kąta, potrzebujemy informacji dotyczących boków i kątów w trójkącie DE$C\text{'}$, w którym znajduje się kąt alfa. Na rysunku został zaznaczony trójkąt o wierzchołkach D E $C\text{'}$, który znajduje się wewnątrz ostrosłupa. Slajd siódmy: Po pierwsze odcinek DE jest prostopadły do ściany B $B\text{'}$$C\text{'}$C, zatem jest prostopadły do każdej prostej na tej ścianie. A więc kąt DC jet kątem prostym. Na rysunku w trójkącie DE$C\text{'}$ zaznaczono kąt prosty przy wierzchołku E. Slajd ósmy: Po drugie, odcinek DE jest równoległy do wysokości AF trójkąta w podstawie. Co więcej, D jest środkiem krawędzi AB, więc trójkąt BDE jest podobny do trójkąta BAF w skali $\frac{1}{2}$. Czyli odcinek DE jest dwa razy krótszy od wysokości AF. Na rysunku zaznaczono wysokość $h_p$ opuszczoną z wierzchołka A na krawędź BC. Obok rysunku znajduje się zapis: $\left|DE\right|=\frac{1}{2}\left|AF\right|=\frac{1}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{4}$. Slajd dziewiąty: Podobnie jak odcinek BE jest dwa razy krótszy od odcinka BF, a więc jego długość jest równa jednej czwartej długości całej krawędzi podstawy. Na slajdzie pojawiły się dalsze obliczenia: $\left|BE\right|=\frac{1}{2}\left|BF\right|=\frac{1}{4}a$. Slajd dziesiąty: To oznacza, że długość odcinka CE jest równa trzem czwartym długości krawędzi podstawy. Co możemy zapisać: $\left|CE\right|=\frac{3}{4}a$. Slajd jedenasty: Korzystając z twierdzenia Pitagorasa w trójkącie CE$C\text{'}$ wyznaczamy długość odcinka $C\text{'}$E w zależności od długości krawędzi graniastosłupa. Obliczenia są następujące: ${\left|CE\right|}^2+{\left|CC\text{'}\right|}^2={\left|C\text{'}E\right|}^2$, podstawiając wartości mamy ${\left(\frac{3}{4}a\right)}^2+h^2={\left|C\text{'}E\right|}^2$, zatem: $\left|C\text{'}E\right|=\sqrt{\frac{9}{16}{a}^2+h^2}$. Slajd dwunasty: Znając długości dwóch przyprostokątnych trójkąta prostokątnego, możemy, korzystając z funkcji trygonometrycznych, wyznaczyć tangens kąta ostrego i odczytać z tablic jego miarę. $\tan \left(\alpha \right)=\frac{\left|DE\right|}{\left|C\text{'}E\right|}$.