Podstawą ostrosłupa prawidłowego sześciokątnego jest sześciokąt foremny. 

Sześciokąt foremny możemy podzielić na 6 przystających trójkątów równobocznych, których boki mają taką samą długość jak boki sześciokąta. 

Przyjmijmy oznaczenia: 

a - długość krawędzi podstawy 

Pole podstawy ostrosłupa wynosi 24√3. 

$P_p=24\sqrt{3}$  

Obliczamy ile wynosi długość krawędzi podstawy tego ostrosłupa. 

$24\sqrt{3}=6\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}\mid :6$  

$4\sqrt{3}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\mid \cdot 4$  

$16\sqrt{3}=a^2\sqrt{3}\mid :\sqrt{3}$

$16=a^2$   

$a=\sqrt{16}$  

$a=4$  

Krawędź podstawy ma długość 4. 

Przyjmijmy oznaczenia jak na poniższym rysunku. 

Na początku zadania podano, że sześciokąt foremny można podzielić na 6 przystających trójkątów równobocznych, których boki mają taką samą długość jak bok sześciokąta. 

Odcinek, który oznaczono kolorem zielonym ma więc długość 4 (jest bokiem trójkąta równobocznego). 

Korzystając teraz z twierdzenia Pitagorasa obliczamy ile wynosi długość wysokości ostrosłupa. 

$4^2+H^2=6^2$  

$16+H^2=36\mid -16$

$H^2=20\wedge H>0$

$H=\sqrt{20}$    

$H=2\sqrt{5}$  

Zauważmy, że odcinek x jest wysokością trójkąta równobocznego, na jakie podzielono podstawę ostrosłupa. 

Jego długość wynosi więc: 

$x=\frac{4\sqrt{3}}{2}=2\sqrt{3}$  

Obliczamy ile wynosi tangens kąta nachylenia ściany bocznej do płaszczyzny podstawy, czyli tangens kąta  $\alpha$ . 

$\mathrm{tg}\alpha =\frac{H}{x}$

$\mathrm{tg}\alpha =\frac{{\sout{2}}^1\sqrt{5}}{{\sout{2}}_1\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{3}}$   

Usuwamy niewymierność z mianownika ułamka. 

$\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{3}}\cdot \frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{15}}{3}$  

Mamy więc: 

$\mathrm{tg}\alpha =\frac{\sqrt{15}}{3}$