Legyenek az adott egyenesek $a$, $b$, $c$, $d$. Tekintsük egyenlőre csak az $a\mathrm{,}b$ egyeneseket és ezek normáltranzverzálisát. Utóbbinak $a$-ra illeszkedő végpontja legyen $A$, $b$-re illeszkedő végpontja $B$. Azt állítjuk, hogy az $AB$ szakasz $\sigma$ felező merőleges síkja azon $PQ$ szakaszok felezőpontjainak mértani helye, amelyeknek $P$ végpontja $a$-ra, $Q$ végpontja pedig $b$-re illeszkedik. Vegyünk fel egy ilyen $PQ$ szakaszt, messe ez a $\sigma$ síkot $R$-ben. Mivel $P$ és $Q$ a $\sigma$ síktól egyenlő távolságra van, $PR=RQ$. Megfordítva, legyen $R$ a $\sigma$ sík tetszőleges pontja. Tükrözzük $R$-re az $a$ egyenest, a tükörkép legyen $a\text{'}$. Az $a\text{'}$ egyenes benne van a $b$-n átmenő, a $\sigma$ síkkal szerkeszthető párhuzamos síkban, és mivel $a$ és $b$ nem párhuzamosak, $a\text{'}$ metszi $b$-t egy $Q_1$ pontban. $Q_1$-et az $R$ pontra tükrözve, a tükörkép az $a$ egyenes egy $P_1$ pontja lesz. Nyilván $P_{1}R=R{Q}_1$, tehát tetszőleges $R$-hez létezik olyan $P_1{Q}_1$ szakasz, amelynek végpontjai illeszkednek $a$-ra, illetve $b$-re, felezőpontja pedig $R$. Ha a két síknak van közös pontja ‐ tehát egybeesnek vagy metszik egymást ‐ akkor végtelen sok közös pontjuk van. E közös pontok bármelyike válaszható a két pár kitérő egyenes egy-egy pontját összekötő szakasz felezőpontjának. Ezért egy ilyen ponthoz az előbbiek szerint szerkeszthető olyan paralelogramma, amelynek csúcsai más-más kitérő egyeneseken vannak, és ez a pont a paralelogramma középpontja. Ebben az esetben végtelen sok paralelogramma szerkeszthető.
Nincs viszont megoldás, ha akármelyik két egyenest választva, a normáltranszverzálisuk felezőmerőleges síkja párhuzamos a másik két egyenes normáltranszverzálisának felezőmerőleges síkjával. Ez akkor következik be, ha a hatféleképpen kiválasztható felezőmerőleges síkok mind különbözőek és páronként párhuzamosak, $a$, $b$, $c$ és $d$ négy (különböző) párhuzamos sík egyenesei.