A FAGNANO-feladat megoldása a párhuzamossági axióma használata nélkül:

Legyen tehát ABC hegyesszögű háromszög, P, Q, R pontok illeszkedjenek rendre az AC, AB, BC oldal egyenesére. A Q pontnak az AC és a BC egyenesre való tükörképe legyen Q’ és Q’’. Ekkor a tükrözés távolságtartó tulajdonsága miatt QP=PQ és QR=RQ’’, tehát a QPRQ’’ töröttvonal hossza megegyezik a PQR háromszög kerületével. Másrészt e töröttvonal biztosan nem rövidebb a QQ’’ szakasznál. Messe a QQ’’ szakasz az AC oldalegyenest P’-ben, a BC egyenest R’-ben. Ekkor szintén a tükrözés miatt QP’=PQ és QR’=RQ’’, tehát a PQR’ háromszög kerülete megegyezik a QQ’’ szakasz hosszával, ami vagy rövidebb a PQR háromszög kerületénél, vagy egyenlő vele. Utóbbi eset csak akkor áll fenn, ha P’=P és R’=R.

Azt kaptuk, hogy az olyan háromszögek közül, amelyek egyik csúcsa Q, másik két csúcsa az AC, illetve a BC egyenesen van, a PQR’ háromszög kerülete a legkisebb. (Az eddigi bizonyításnak egy szépséghibája van: feltettük, hogy a P’ és R’ metszéspontok léteznek. Ez könnyen bizonyítható, mi itt most mellőzzük a bizonyítást.)

Következő lépésként vegyük észre, hogy egyrészt CQ’=CQ=CQ’’ a tükrözések miatt, másrészt szintén a tükrözések miatt QCQ’’ szög éppen kétszerese az ACB szögnek. Tehát a QCQ’’ háromszög egyenlőszárú, szárának hossza éppen CQ, végül szárszöge nem függ Q helyzetétől. Ebből viszont következik, hogy az alapja, azaz QQ’’ akkor a legkisebb, ha szára a legkisebb, azaz ha CQ a lehető legkisebb. Minthogy Q az AB egyenes (tetszőleges) pontja, ez akkor következik be, ha CQ merőleges AB-re, azaz ha CQ az ABC háromszög C-ből induló magassága, tehát Q=TC, e magasság talppontja.

Foglaljuk össze, mit kaptunk. Azt kaptuk, hogy az összes olyan háromszög közül, amelynek egy-egy csúcsa az ABC háromszög egy-egy oldalegyenesén van, az a háromszög a minimális kerületű, amelynek AB-n fekvő csúcsa a C-ből induló magasság talppontja, TC. De a bizonyításból az is következik, hogy pontosan egy minimális kerületű ilyen beírt háromszög van, ezért ugyanezt a háromszöget kapjuk akkor is, ha a Q csúcs helyett a P vagy az R csúcsból indulunk ki a bizonyítás elején. Ezért azt kapjuk, hogy a minimális háromszögben mind a három csúcs magasságtalppont, azaz

A hegyesszögű háromszögbe írt minimális kerületű háromszög a talpponti háromszög.

Ez azonban még nem minden. Térjünk vissza a bizonyításnak ahhoz a pontjához, amikor megkaptuk, hogy a minimális kerületű beírt háromszögben Q=TC a magasságtalppont. E minimális kerületű háromszög másik két csúcsát úgy kapjuk, hogy TC-t tükrözzük AC-re és BC-re és a TCTC’’ tükörképeket összekötő szakasz és AC, illetve BC metszéspontja lesz P=TB, illetve R=TA. A tükrözés miatt TCTBA és TCTBA szög egyenlő, az utóbbi ezenkívül csúcsszöge a CTBTA szögnek is. Másrészt a BTB magasság felezi az ATBC egyenesszöget is, ezért felezi a TATBTC szöget is. Ezzel (az euklideszi axiómát használó Thálész-tétel felhasználása nélkül!) beláttuk, hogy a magasság belső szögfelezője a talpponti háromszög szögének. Azt viszont már beláttuk az euklideszi axióma nélkül, hogy egy háromszög belső szögfelezői egy ponton mennek keresztül. Ezzel tehát beláttuk, hogy a következő tétel abszolút tétel:

hegyessszögű háromszögben a magasságok egy ponton mennek keresztül.

Megjegyezzük, hogy bizonyítás nélkül felhasználtuk a már említett állításon kívül azt is, hogy az olyan egyenlőszárú háromszögek közül, amelyeknek szárszöge adott, annak az alapja a nagyobb, amelynek a szára nagyobb. Ezt most bebizonyítjuk. Legyen tehát XBY egy egyenlőszárú háromszög, amelyben XB=YB. Vegyünk fel az XB szakaszon egy U pontot, az YB szakaszon egy V pontot úgy, hogy BU=BV legyen. Azt állítjuk, hogy UV<XY.

 
(90<XUFÐ, tehát XXG-n van)

Tekintsük XBY szög belső szögfelezőjét, ez az UV szakaszt az F felezőpontjában, az XY szakaszt a G felezőpontjában metszi. Elég belátnunk, hogy FU<GX. Mérjük fel az FU=GX’ szakaszt a GX félegyenesre. Az UFGX’ négyszögben F-nél és G-nél derékszög van és UF=GX’, ezért szimmetrikus GF felezőmerőlegesére, így U-nál és X’-nél egyenlő szög van. Ha X’ nem a GX szakaszon, hanem annak X-en túli meghosszabbításán volna, akkor X’-nél UXG-nél kisebb szög volna, míg U-nál XUF-nél nagyobb szög volna. De utóbbi biztosan nagyobb derékszögnél, míg előbbi kisebb derékszögnél (itt használjuk, hogy a háromszög szögösszege nem nagyobb két derékszögnél). Ez tehát nem lehetséges, így X’ az XG szakaszon van, tehát valóban UF=XG<XG és ezt kellett bizonyítanunk.