I. megoldás: Legyen az $A_1{A}_2{A}_3\text{...}$ $A_{2n-1}{A}_{2n}$ sokszög $A_1{A}_2$, $A_2{A}_3$, $\text{...}$, $A_{2k-1}{A}_{2k}$, $A_{2k}{A}_{2k+1}$, $\text{...}$, $A_{2n-1}{A}_{2n}$, $A_{2n}{A}_1$ oldalának felezőpontja rendre $F_1$, $F_2$, $\text{...}$, $F_{2k-1}$, $F_{2k}$, $\text{...}$, $F_{2n-1}$, $F_{2n}$, és tekintsük ezeket $F_{2n}$ kivételével adottnak. $A_1$ tükörképe $F_1$-re $A_2$, $A_2$ tükörképe $F_2$-re $A_3$, $\text{...}$ $A_{2k-1}$ tükörképe $F_{2k-1}$-re $A_{2k}$, $A_{2k}$-é $F_{2k}$-ra $A_{2k+1}$, $\text{...}$, $A_{2n}$ tükörképe $F_{2n}$-re $A_1$. Hasonló, de eggyel kevesebb tagú tükrözési sorozatot $A_1$ helyett egy tőle különböző $P_1$ kiindulópontból végrehajtva legyen $P_1$ képe $F_1$-re $P_2$, $P_2$ képe $F_2$-re $P_3$, $\text{...}$, $P_{2k-1}$ képe $F_{2k-1}$-re $P_{2k}$, $P_{2k}$ képe $F_{2k}$-ra $P_{2k+1}$, $\text{...}$, $P_{2n-1}$ képe $F_{2n-1}$-re $P_{2n}$. Ekkor ‐ az irányítást is tekintve ‐ az $A_1{P}_1$, $P_2{A}_2$, $A_3{P}_3$, $\text{...}$, $A_{2k-1}$ $P_{2k-1}$, $P_{2k}{A}_{2k}$, $\text{...}$ $P_{2n}{A}_{2n}$ szakaszok szomszédos páronként párhuzamosak és egyenlők és ezért valamennyien is párhuzamosak és egyenlők. Ezért e sorozat utolsó és első $P_{2n}{A}_{2n}$ és $A_1{P}_1$ szakaszának négy végpontja a $P_{2n}{A}_{2n}{P}_1{A}_1$ paralelogrammát alkotja. Ebben az $A_{2n}{A}_1$ átló felezőpontja $F_{2n}$, és így ez a felezőpontja a $P_{2n}{P}_1$ átlónak is.
Eszerint az adott $F_1$, $\text{...}$, $F_{2n-1}$ felezőpontokból egy tetszés szerinti $P_1$ pont felhasználásával valóban megszerkeszthetjük $F_{2n}$-et. A meghatározás egyértelmű, hiszen a különböző $A_1$, $P_1$ pontokból kiindulva ugyanazon $F_{2n}$-hez jutunk. Egyben látjuk, hogy az $A_1{A}_2\text{...}{A}_{2n}$ sokszög csúcsai nem határozhatók meg az adatokból, hiszen a $P_1{P}_2\text{...}{P}_{2n}$ $2n$-szög oldalainak felezőpontjai ugyanezek a pontok.