Rysunek pomocniczy trójkąta

Na początku wyznaczymy kąty w trójkątach zawierających wierzchołek M ze względu na kąty trójkąta ABC. Zauważmy, że w trójkącie ACC₂ mamy

$\left|\sphericalangle C_{2}CA\right|={90}^{\circ }-\left|\sphericalangle BAC\right|$  

W trójkącie CA₂A

$\left|\sphericalangle CA{A}_2\right|={90}^{\circ }-\left|\sphericalangle BCA\right|$  

W trójkącie BA₂A

$\left|\sphericalangle A_{2}AB\right|={90}^{\circ }-\left|\sphericalangle CBA\right|$  

W trójkącie C₂CB

$\left|\sphericalangle C_{2}CB\right|={90}^{\circ }-\left|\sphericalangle CBA\right|$  

W trójkącie B₂BA

$\left|\sphericalangle B_{2}BA\right|={90}^{\circ }-\left|\sphericalangle BAC\right|$  

W trójkacie BB₂C

$\left|\sphericalangle B_{2}BC\right|={90}^{\circ }-\left|\sphericalangle BCA\right|$  

---

Następnie wyznaczamy kąty przy wierzchołku M dla trójkątów AMC, AMB i BMC:

$\Delta AMC:\left|\sphericalangle AMC\right|={180}^{\circ }-\left|\sphericalangle C_{2}CA\right|-\left|\sphericalangle CA{A}_2\right|={180}^{\circ }-\left({90}^{\circ }-\left|\sphericalangle BAC\right|\right)-\left({90}^{\circ }-\left|\sphericalangle BCA\right|\right)={180}^{\circ }-{90}^{\circ }+\left|\sphericalangle BAC\right|-{90}^{\circ }+\left|\sphericalangle BCA\right|=\left|\sphericalangle BAC\right|+\left|\sphericalangle BCA\right|$  

Korzystając z tego, ze suma kątów w trójkącie ABC jest 180° mamy

$\left|\sphericalangle AMC\right|=\left|\sphericalangle BAC\right|+\left|\sphericalangle BCA\right|={180}^{\circ }-\left|\sphericalangle CBA\right|$  

---

$\Delta AMB:\left|\sphericalangle AMB\right|={180}^{\circ }-\left|\sphericalangle B_{2}BA\right|-\left|\sphericalangle A_{2}AB\right|={180}^{\circ }-\left({90}^{\circ }-\left|\sphericalangle BAC\right|\right)-\left({90}^{\circ }-\left|\sphericalangle CBA\right|\right)={180}^{\circ }-{90}^{\circ }+\left|\sphericalangle BAC\right|-{90}^{\circ }+\left|\sphericalangle CBA\right|=\left|\sphericalangle BAC\right|+\left|\sphericalangle CBA\right|$  

$\left|\sphericalangle AMB\right|=\left|\sphericalangle BAC\right|+\left|\sphericalangle CBA\right|={180}^{\circ }-\left|\sphericalangle BCA\right|$  

---

$\Delta BMC:\left|\sphericalangle BMC\right|={180}^{\circ }-\left|\sphericalangle C_{2}CB\right|-\left|\sphericalangle B_{2}BC\right|={180}^{\circ }-\left({90}^{\circ }-\left|\sphericalangle CBA\right|\right)-\left({90}^{\circ }-\left|\sphericalangle BCA\right|\right)={180}^{\circ }-{90}^{\circ }+\left|\sphericalangle CBA\right|-{90}^{\circ }+\left|\sphericalangle BCA\right|=\left|\sphericalangle CBA\right|+\left|\sphericalangle BCA\right|$  

$\left|\sphericalangle BMC\right|=\left|\sphericalangle CBA\right|+\left|\sphericalangle BCA\right|={180}^{\circ }-\left|\sphericalangle BAC\right|$  

---

Skorzystamy z twierdzenia sinusów dla trójkąta ABC

$2R_{ABC}=\frac{\left|AB\right|}{\sin \sphericalangle BCA}=\frac{\left|AC\right|}{\sin \sphericalangle CBA}=\frac{\left|BC\right|}{\sin \sphericalangle BAC}$  

Dla pozostałych trójkątów mamy

$2R_{AMB}=\frac{\left|AB\right|}{\sin \sphericalangle AMB}=\frac{\left|AB\right|}{\sin \left({180}^{\circ }-\left|\sphericalangle BCA\right|\right)}=\frac{\left|AB\right|}{\sin \sphericalangle BCA}=2R_{ABC}$  

$2R_{AMC}=\frac{\left|AC\right|}{\sin \sphericalangle AMC}=\frac{\left|AC\right|}{\sin \left({180}^{\circ }-\left|\sphericalangle CBA\right|\right)}=\frac{\left|AC\right|}{\sin \sphericalangle CBA}=2R_{ABC}$  

$2R_{BMC}=\frac{\left|BC\right|}{\sin \sphericalangle BMC}=\frac{\left|BC\right|}{\sin \left({180}^{\circ }-\left|\sphericalangle BAC\right|\right)}=\frac{\left|BC\right|}{\sin \sphericalangle BAC}=2R_{ABC}$  

Zatem

$R_{ABC}=R_{AMB}$  

$R_{ABC}=R_{AMC}$  

$R_{ABC}=R_{BMC}$  

---

c.b.d.u.