Legyen egy, a föltevés szerinti ötszög $ABCDE$. A $t$ szimmetriatengely átmegy az egyik csúcson, ugyanis a tükrözés vagy párokba kapcsolja a csúcsokat vagy ‐ ha egy csúcs rajta van a $t$-n ‐ ezt önmagába viszi át. Az ötszög egyik csúcsa az utóbbi típusú, mert az $5$ páratlan szám.
Válasszuk úgy a betűzést, hogy $t$ az $A$-n menjen át, így $t$ merőlegesen felezi a $CD$ oldalt és a $BE$ átlót, elég tehát a $C$-nél levő $\gamma$, a $B$-nél levő $\beta$, valamint az $A$-nál levő $\alpha$ szög korlátait vizsgálnunk.
A Gy. 1526 (H) gyakorlatban^{${}^{*}$} bebizonyítottuk, hogy a szóban forgó ötszögek mindegyik szöge tompaszög ‐ tekintet nélkül arra, hogy van-e tengelyük ‐ tehát a ${90}^{\circ }$ mindenesetre el nem érhető alsó korlátja mind a három szögnek. Eszerint a $BCDE$ szimmetrikus trapézban $BE>CD$.
Könnyű látni, hogy $t$ és rajta $A$ helyzetét, valamint $AB$-t és $\alpha$-t megválasztva, megszerkeszthető $B$, majd a $t$-től $AB/2$ távolságban haladó egyenesen $C$, vagyis az ötszöget ($\beta$-t és $\gamma$-t) lényegében egyedül $\alpha$ meghatározza. Hasonlóan $t$, az erre tükrös $C$, $D$ pontpár és $\gamma \left(>{90}^{\circ }\right)$ megválasztásával kijelölhető $B$, majd $A$. Végül $\beta$ megválasztása is meghatározza $\alpha$-t és $\gamma$-t: a $BAC$ háromszög fölvétele után $C$-ből érintőt szerkesztünk az $A$ körül $AB/2$ sugárral rajzolt körhöz (úgy, hogy $B$-t válassza el a körtől), ez adja $t$ irányát.
Vezessük be még az $ABE\sphericalangle ={\beta }_1$, $EBC\sphericalangle ={\beta }_2$, $BAC\sphericalangle ={\alpha }_1$ és $CAF\sphericalangle ={\alpha }_2$ jelöléseket, ahol $F$ a $CD$ olda1 $t$-n levő pontja.