Legyen $H$ egy olyan szabályos hatszög, ami a belsejében tartalmazza $K$-t (ilyen biztosan létezik). Húzzunk $H$ oldalaival párhuzamosan olyan egyeneseket, amelyeknek van $K$ határával közös pontjuk, de nincs közös pontjuk $K$ belsejével. Ez a hat egyenes egy olyan $K$-t tartalmazó $H\text{'}$ hatszöget alkot, amelynek minden szöge ${120}^{\circ }$-os (mert szögei egyállásúak $H$ szögeivel), és minden oldala tartalmazza $K$-nak legalább egy határpontját (1. ábra).
Tekintsük $H\text{'}$-nek és $K$-nak a $H\text{'}$ hat oldalegyenesére vonatkozó 6-6 tükörképét (2. ábra). Mivel $H\text{'}$ minden szöge ${120}^{\circ }$-os, azért $H\text{'}$ hat tükörképének nincs közös belső pontja, így az általuk tartalmazott $K$-tükörképeknek sincs közös belső pontjuk sem egymással, sem pedig $K$-val. Másrészt $H\text{'}$ minden oldala tartalmazza $K$-nak legalább egy határpontját, ezért $K$ mind a hat tükörképének van $K$-val közös határpontja. A tükörképek nyilván egybevágóak $K$-val, ezért a feladat minden feltételét kielégítik.