Legyen először a szerkesztendő hatszög konvex. Tegyük fel továbbá, hogy van két egyenlő szemközti oldalpárja, ezek az 1. ábrán $AF=CD$. Megmutatjuk, hogy ekkor a másik két szemközti oldalpár is egyenlő. Az 1. ábra alapján látjuk, hogy $AFM▵\cong DCN▵$, hiszen megegyeznek egy oldalban és a rajta fekvő két szögben. Ezért $CN=FM$ és $DN=MA$, amiből rögtön következik, hogy $BC=EF$ és $AB=ED$. Mivel az $MBNE$ paralelogramma középpontosan szimmetrikus, a hatszög is szimmetrikus lesz az $MN$ szakasz felezőpontjára. Ezért egy ilyen hatszög úgy szerkeszthető meg, hogy az adott $AB$, $BC$, $CD$ szakaszokat egymáshoz csatlakozóan fölmérjük, majd ezt az alakzatot $AD$ felezőpontjára tükrözzük. A kapott (esetleg nem konvex) megoldás kielégíti a feladat feltételeit, és nyilvánvaló, hogy végtelen sok megoldás lesz.
Vizsgáljuk ezután azt az esetet, amikot a hatszög konvex és $a\mathrm{,}b\mathrm{,}c\mathrm{,}d\mathrm{,}e\mathrm{,}f$ oldalai közül a szemköztiek különböző hosszúságúak. A jelölést megválaszthatjuk úgy, hogy $a<d$ legyen. A 2. ábra jelöléseivel $ND>MA$ és $AFM▵\sim DCN▵$. Ezért $c>f$ és $NC>FM$, azaz $e>b$. Húzzunk párhuzamost a $B$ ponton át a $CD$, a $D$-n át az $EF$, és $F$-en át az $AB$ oldallal. Ezek a párhuzamosok meghatározzák a $PQR$ háromszöget, amelynek oldalai: $PQ=a-d$, $QR=c-f$, $RP=e-b$. A $PQR$ háromszög három oldalából megszerkeszthető. A $PQ$ szakasz $P$-n túli meghosszabbításán $P$-től $d$ távolságra van az $F$ pont. Hasonlóan kapjuk a $QR$-en, illetve $RP$-n a $B$, illetve $D$ pontot. Az $A\mathrm{,}C\mathrm{,}E$ pontokat ,,paralelogrammává kiegészítéssel'' nyerhetjük.
A feladat megoldható, ha az $a-d$, $c-f$, $e-b$ szakaszok eleget tesznek a háromszögegyenlőtlenségeknek, és emellett teljesülnek a már korábban megállapított $a>d$, $c>f$ és $e>b$ feltételek. Ekkor egy megoldás lesz. Legyen ezután a hatszög konkáv. A feladat feltételeiből következik, hogy a szerkesztendő hatszög szemközti szögei egyenlők (váltószögek). A hatszög tehát csak úgy lehet konkáv, hogy két szemközti szöge egyszerre konkáv. Ilyen esetet rajzoltunk le a 3. ábrán. Ha itt most $a=d$, akkor a konvex esethez hasonlóan megmutatható, hogy a másik két szemközti oldalpár is egyenlő, és végtelen sok megoldás lesz (közöttük konvex megoldások is). Tegyük fel ezután, hogy $a>d$. Ekkor $AM>ND$, és $AMF▵\sim DNC▵$. Ezért $f>c$ és $FM>NC$, azaz $b>e$. (Ez eltér a konvex esetre kapott feltételtől, mert itt $a$ és $a$ két szomszédja nagyobbak, mint a velük szemközti oldalak.) Tükrözzük ezután az $F$ és $C$ csúcsot az $AE$, illetve $BD$ átló felezőpontjára. Az így kapott $ABC\text{'}DEF\text{'}$ konvex hatszögre teljesülnek az első részben megállapított feltételek, a tükrözések utáni ábra analóg a 2. ábrával, a megoldás tehát a fentebb leírt módon (az $ABC\text{'}DEF\text{'}$ megszerkesztésével) folytatható.