Adva van egy kör, továbbá 3 egyenes $a$, $b$, $i$, melyek közül $a$ és $b$ metszi a kört. Szerkesszünk $i$-vel párhuzamos oly egyeneseket, amelyek a másik két egyenes és a kört úgy metszik, hogy az egyik körmetszésponttól az egyik egyenesig terjedő szakasz egyenlő a másik körmetszésponttól a másik egyenesig terjedő szakasszal.

A kör minden pontjából húzzunk az $I$ egyenessel párhuzamos egyenest, messe ez $b$-t a $B$ pontban, a kört pedig másodszor az $L$ pontban. $L$-ből mérjük rá a KL egyenesre mindkét irányban a KB távolságot. A keletkező mértani helynek az $a$ egyenessel való metszéspontjaiban $i$-vel párhuzamosan húzott egyenesek adják a feladat megoldásait. Jelöljük az $i$-vel párhuzamos körérintőket $i_0 $- és $i_{00} $-val, a $b$-nek a $I$ irányra merőleges $t$ körátmérőre vonatkozó tükörképét $b'$-vel.

Ha KB-vel ellentétes irányú LB' távolságokat mérünk fel (lásd az ábrán az $i_2 $ és $i_3 $ egyeneseken a $B'_2 $, ill. $B'_3 $ pontokat), akkor, ha a $K$ végigfut a körön a $B'$ pontok kétszer futják be a $b'$-n ennek $i_0 $ és $i_{00} $ közti szakaszát. (Az ábrán a két végpontot nyíllal jelöltük.) Ennek a szakasznak az $a$ egyenessel való $A_1 $ metszéspontján át -- ha van ilyen -- az $i$-vel párhuzamosan húzott $i_1 $ egyenes szolgáltatja a feladat egyik megoldását. (Nevezhetjük ,,tükrös megoldás,,-nak, mert $K_1 A_1 =L_1 B$ egymásnak tükörképei $t$-re nézve.) A mértani hely másik részét megkapjuk, ha az $i$-vel párhuzamos egyenesekre a KB szakaszokkal egyirányú LB* távolságokat mérünk. Ha $K$ befutja a teljes kört (tehát a $K$ és $L$ pontok felcserélendőek) a $B*$ pontok zárt görbét futnak be, mely görbéből minden $i_0 $ és $i_{00} $ közti párhuzamoson 2-2 pont fekszik. Ennek a görbének az $a $egyenessel lehetséges metszéspontjait $\left( {A_2 \;A_3 } \right)$ kellene megszerkeszteni. Erre azonban a talált mértani hely már nem alkalmas. Hasznát vehetjük azonban itt is a $b'$ egyenesnek. Tegyük fel, hogy az $A_2 $-n átmenő $i_2 $ megoldás már meg van szerkesztve; ennek metszéspontja a körrel $K_2 $ és $L_2 $ a $b$ és $b'$ egyenesekkel és $B_2 $ és $B'_2 $, végül $K_2 A_2 =L_2 B_2 $ és e távolságok egyirányúak. Mivel $b'$ szerkesztése szerkesztése szerint $L_2 B_2 =K_2 B'_2 $ , azért $K_2 A_2 =K_2 B'_2 $ és e távolságok már ellentétes irányúak, azaz $K_2 $ az $A_2 B_2 $ szakasz felezőpontja. Így a $K_2 $ és hasonlóképpen a $K_3 $ is, rajta van azon a vonalon, melyet az $i_0 $ és $i_{00} $ közti $i$-vel párhuzamos egyenesek $a$ és $b'$ közé eső szakaszainak felezőpontjai alkotnak. Tudjuk azonban, hogy ilyen szakaszt bárhol megrajzolva, a keletkező háromszögnek $s$ súlyvonalán vannak az összes felezőpontok, tehát a súlyvonalak az $i_0 $ és $i_{00} $ közé eső szakaszán lesz az újabb mértani hely, melynek közös pontjai a körrel adják a $K_2 $-t és $K_3 $-at. (Ha $a$ és $b$ metszéspontja $M$ a rajz keretén belül van, akkor az MM' szakasz felezőpontja $M_0 $ nyilván a $t $ tengelyen van és az $A_1 M_0 $ egyenes az $A_1 MM'\Delta $ keresett $s$ súlyvonala.) A $K_2 $ és $K_3 $ pontokon át $i$-vel húzott párhuzamosak $i_2 $ és $i_3 $ megoldások, amelyeken $K_2 A_2 =L_2 B_2 $ ill. $K_3 A_3 =L_3 B_3 $ egyirányúak. Ilyen fajta (nem tükrös) megoldások száma 2, 1 (2 egybeeső), ill. 0 aszerint, amint $s$ két különböző pontban metszi a kört, érinti a kört, vagy nem metszi a kört. Az összes megoldások száma tehát 3, 2, 1 vagy 0. Megjegyzés. A $b*$ görbe úgy keletkezett az adott körből, hogy azt a $b'$ egyenestől mindkét oldalon egy adott $I$ irányban kétszeresre nyújtottuk. Ha speciálisan az egyenes átmérő és az irány erre merőleges (a nyújtás vagy zsugorítás pedig tetszés szerinti arányú), akkor a III. osztály tananyagában szerepel annak bizonyítása, hogy a körből így keletkező görbe ellipszis. A IV. reálosztályosok az ábrázoló-geometriai órákról azt is tudják, hogy tetszőleges egyenes, tetszőleges irányú és tetszőleges arányú nyújtás (vagy zsugorítás) esetén is, a kör ellipszisbe megy át, és a kör- és ellipszis-rendszer közötti geometriai rokonságot ,,affinitás''-nak hívjuk. A IV. reálosztályosok még azt is tudják, hogy pl. a tengelyeivel megadott ellipszisnek egy egyenessel való metszéspontjait úgy szerkeszthetjük meg, hogy az ellipszist affin vonatkozásba hozzuk egy körrel, az ellipszis-rendszerben megadott egyenesnek megszerkesztjük az affin megfelelőjét a körrendszerben, ez utóbbinak a körrel való metszéspontjait visszavisszük az ellipszis-rendszerbe. Jelen esetben tulajdonképpen az ellipszis-rendszerben megadott $a\equiv s\ast $ egyenesnek megszerkesztettük a körrendszerbe a megfelelőjét $s$-et, 1:2 arányú zsugorítással. Figyeljük végül meg, hogy az $i_1 $ megoldáson egyszerre fennáll $K_1 A_1 =L_1 B_1 $ és $K_1 B_1 =L_1 A_1 $. Ez is és az a tény is, hogy míg $K$ befutja a kört, $B'$ kétszer halad végig a $b'$ szóba jövő szakaszán (a mértani helynek ez a része egyenes szakasszá fajuló ellipszisnek tekinthető), vagyis az $A_1 $ pont, mint e mértani helynek és az $a$ egyenesnek metszéspontja, kétszeresen számít, azt mutatja, hogy tulajdonképpen az $i_1 $ megoldás is kétszeresen számít.