Adott az $A_{1}B_{1}C_{1}$ hegyesszögű háromszög. Szerkesztendő az ABC háromszög azzal a feltétellel, hogy az $A_{1}$ pont a BC oldal fölé kifelé rajzolt szabályos háromszög csúcspontja, hasonlóképpen a $B_{1}$ és $C_{1}$ pont a CA és AB oldal fölé kifelé rajzolt szabályos háromszög csúcspontja.

Szerkesszük meg először valamely ABC háromszöghöz az $A_{1}B_{1}C_{1}$ háromszöget (1. ábra), majd az így nyert ábrát próbáljuk meg úgy kiegészíteni, hogy a szerkesztést visszafelé is elvégezhessük. A szabályos háromszögek mindegyik szöge 60$^{o}$-os, ezért célszerűnek látszik 60$^{o}$-os elforgatásokat alkalmazni. Forgassuk pl. az ábra $C_{1}$BA$_{1}$ háromszögét a $C_{1}$ pont körül befelé (pozitív értelemben), Ekkor a 60$^{o}$-os elforgatással a $B$ pont az $A$ pontba kerül, az $A_{1}$ pont elforgatott helyzetét jelöljük $B_{2}$-vel.

Miután BA$_{1}$ szakasz 60$^{o}$-kal fordult el, párhuzamos helyzetbe került BC-vel, és tekintve, hogy egyenlő is vele, ezért a BCB$_{2}A$ négyszög paralelogramma. Ha most a $C_{1}$AB$_{1}$ háromszöget forgatjuk el ugyancsak befelé (ezúttal negatív értelemben) a $C_{1}$ pont körül, a BACA$_{2}$ paralelogrammát nyerjük ($A_{2}$-vel $B_{1}$ pont elforgatott helyzetét jelöltük). Miután a két paralelogramma közös oldala AB, egy további közös csúcsuk $C$, így az $A_{2}$, $B_{2}$ és $C$ pontok egy egyenesbe esnek és $C$ az $A_{2}B_{2}$ szakasz felezőpontja. $A_{2}$ és $B_{2}$ az adatokból megszerkeszthető, tehát ezekkel együtt $C$ pont is, végül ugyanezzel az eljárással, amivel $C$-t nyertük, megszerkeszthetjük $A$-t és $B$-t. A szerkesztéssel arra jutunk, hogy a keresett ABC háromszög csúcspontjai az $A_{1}B_{1}C_{1}$ háromszög oldalai fölé befelé rajzolt szabályos háromszögek harmadik csúcspontjai által alkotott $A_{2}B_{2}C_{2}$ háromszög oldalainak felező pontjai.

A szerkesztés szerint a kitűzött feladat látszólag minden esetben egyértelműen megoldható. Ennek ellentmond a 2. ábrán bemutatott helyzet, amellyel az $A_{1}B_{1}C_{1}$ háromszögből kiindulva kapunk ugyan ABC háromszöget, de $A_{1}B_{1 }$és $C_{1}$ nem az oldalakra kifelé, hanem a befelé rajzolt szabályos háromszögek harmadik csúcspontja. Ezen az ábrán azonban az $A_{1}B_{1}C_{1}$ háromszög nem hegyesszögű; vegyük észre továbbá azt is, hogy az $A_{2}B_{2}C_{2}$ háromszög körüljárási értelme ellentétes az $A_{1}B_{1}C_{1}$ háromszögével. Bizonyítás nélkül megjegyezzük a következőket. A feladat megoldhatóságának az a feltétele, hogy az $A_{1}B_{1}C_{1}$ háromszög oldalai fölé befelé rajzolt szabályos háromszögek harmadik csúcsai által alkotott $A_{2}B_{2}C_{2}$ háromszög körüljárási értelme megegyezzék az $A_{1}B_{1}C_{1}$ háromszög körüljárási értelmével. (ABC körüljárási értelme mindig megegyezik $A_{2}B_{2}C_{2 }$körüljárási értelmével.) Az eredeti értelmezés szerint sohasem kapunk megoldást, ha az $A_{1}B_{1}C_{1}$ háromszögnek van 120$^{o}$-osnál nagyobb szöge, és a fennmaradó esetekben mindig kapunk megoldást, ha az $A_{1}B_{1}C_{1}$ háromszögnek nincs 30$^{o}$-osnál kisebb szöge.

2. Megoldás

A keresett háromszög $C$ csúcsát pl. az jellemzi, hogy alkalmas irányban ($C$-től $A$ felé) $B_{1}$ körül 60$^{o}$-kal elforgatva, majd $C_{1}$ körül ugyanilyen irányban 60$^{o}$-kal elforgatva és végül $A_{1}$ körül ugyancsak 60$^{o}$-kal elforgatva visszakerül eredeti helyzetébe. Megmutatjuk, hogy ha ugyanezeket a forgatásokat a sík egy tetszés szerinti $P$ pontjára alkalmazzuk, akkor a pont a kiindulási helyzetéből a második forgatás utáni helyzetbe átvihető egy alkalmas pont körüli 120$^{o}$-os forgatással, a harmadik forgatás utáni helyzetébe pedig egyetlen alkalmas 180$^{o}$-os forgatással, ahol ezek a forgatások egy-egy csak az $A_{1}$,$_{ }B_{1}$ és$_{ }C_{1}$ pontoktól függő középpont körül történnek. A bizonyításhoz azt fogjuk felhasználni, hogy egy $K$ pont körül $\alpha $ szöggel történő elforgatás eredményét úgy is megkaphatjuk, ha húzunk a $K$ ponton át tetszés szerint két egyenest, $t_{1}$-et és $t_{2}$-t úgy, hogy a $t_{1}$-től a $t_{2}$-ig a forgatás irányában $\alpha $/2 nagyságú szög legyen, és minden pontot tükrözünk először $t_{1}$-re, azután $t_{2}$-re. Fordítva: két ilyen tükrözés eredménye egy $K$ körüli $\alpha $ nagyságú elforgatással is megkapható.

A $B_{1}$ körüli forgatást állítsuk elő úgy két tükrözés segítségével, hogy a második tükrözés $t_{2}$' tengelyéül választjuk $B_{1}C_{1}$-et. Ekkor egy tetszés szerinti pont a kétszeri forgatás után ugyanoda kerül, mintha tükrözzük a pontot $t_{2}$-re, a kapott pontot $t_{2 }$(=$B_{1}C_{1})$-re, az így nyert pontot $t_{1}$'(= $B_{1}C_{1})$-re, majd az újabb tükörképet $t_{2}$'-re. A $B_{1}C_{1}$ egyenesre történő kétszeri tükrözés azonban visszaviszi a pontot az e tükrözések előtti helyzetébe, s így az első két forgatás eredménye ugyanaz, mintha tükrözzük a sík pontjait $t_{1}$-re, majd $t_{2}$'-re. Ennek a két tükrözésnek pedig ugyanaz az eredménye, mintha a két egyenes $ 0_{1}$ metszéspontja körül végzünk ($t_{1}$, $t_{2}$') = 60$^{o}$ kétszeresényi, azaz 120$^{o}$-os elforgatást. Ezután még $A_{1}$ körül kell 60$^{o}$-kal forgatni.

Ezeket a forgatásokat is állítsuk elő tükrözésekkel úgy, hogy két egymás utáni tükrözés tengelye $ 0_{1}A_{1}$ legyen. Ekkor az $ 0_{1}$-en átmenő első tükrözési tengelyhez $t_{2}$"-höz 60$^{o}$-kal kell elforgatva lennie $ 0_{1}A_{1}$-nek az $A_{1}$-en átmenő második tükrözés $t_{2}^{\bullet }$ tengelye pedig 30$^{o}$-kal lesz elforgatva $ 0_{1}A_{1}$-hez képest. A négy egymás utáni tükrözés - és ezzel együtt a $B_{1}$, $C_{1}$, majd $A_{1}$ körüli elforgatások - végeredménye ekkor ugyanaz, mintha tükrözünk a $t_{1}$" egyenesre, azután $t_{2}^{\bullet }$-ra. E két egyenes metszéspontját $ 0_{2}$-vel jelölve $A_{1}0_{1}0_{2}$ egy 30$^{o}$, 60$^{o}$, 90$^{o}$-os szögekkel rendelkező háromszög, így a három forgatás egymás utáni elvégzésével minden pont ugyanoda kerül, mintha $ 0_{2}$ körül forgatnánk el 180$^{o}$-kal, azaz tükröznénk az $ 0_{2}$ pontra. Azt a $C$ pontot kerestük, amely a tárgyalt 3 forgatás, vagy ami ugyanarra az eredményre vezet, az $ 0_{2}$-re történő tükrözés után eredeti helyére kerül vissza, ilyen pont pedig egyedül $ 0_{2}$. A fenti gondolatmenet szerkesztési eljárást is ad $C~=~0_{2}$ megszerkesztésére. Az ABC háromszög további csúcsai ugyanezen a módon szerkeszthetők, vagy megszerkeszthetjük $C$ ismeretében a BCA$_{1}$ és CAB$_{1}$ egyenlőoldalú háromszögeket.