a) Oznaczmy kąty w następujący sposób

$\left|\sphericalangle MC{B}_1\right|=\alpha$  

$\left|\sphericalangle MC{A}_1\right|=\beta$  

$\left|\sphericalangle MB{A}_1\right|=\gamma$  

Zauważmy, że trójkąty B₁BA oraz CC₁A mają wspólny kąt przy wierzchołku A oraz są prostokątne, zatem

$\left|\sphericalangle MC{B}_1\right|=\alpha$  

Podobnie trójkąty CC₁B oraz AA₁B mają wspólny kąt przy wierzchołku B oraz są prostokątne, zatem

$\left|\sphericalangle MA{C}_1\right|=\beta$  

Oraz trójkąty B₁BC oraz AA₁C mają wspólny kąt przy wierzchołku C oraz są prostokątne, zatem

$\left|\sphericalangle MA{B}_1\right|=\gamma$  

Wprowadźmy to na rysunku.

---

Suma katów w trójkącie ABC to 180^∘. Zatem

$2\alpha +2\beta +2\gamma =180{\mid }^{\circ }$

$\alpha +\beta +\gamma ={90}^{\circ }$   

Możemy w takim razie zapisać kąty jako

$\left|\sphericalangle C\right|=\alpha +\beta ={90}^{\circ }-\gamma$  

$\left|\sphericalangle B\right|=\alpha +\gamma ={90}^{\circ }-\beta$

$\left|\sphericalangle A\right|=\gamma +\beta ={90}^{\circ }-\alpha$

Zauważmy, że rozważając trójkąty CA₁M oraz CB₁M mamy

$\left|\sphericalangle A_{1}MC\right|={90}^{\circ }-\beta$  

$\left|\sphericalangle CM{B}_1\right|={90}^{\circ }-\alpha$

Podobnie pozostałe kąty w trójkątach prostokątnych mających wierzchołek M.

$\left|\sphericalangle AM{B}_1\right|={90}^{\circ }-\gamma$  

$\left|\sphericalangle AM{C}_1\right|={90}^{\circ }-\beta$

$\left|\sphericalangle BM{C}_1\right|={90}^{\circ }-\alpha$  

$\left|\sphericalangle BM{A}_1\right|={90}^{\circ }-\gamma$

Wprowadźmy to wszystko na jednym rysunku.

 

---

Rozważmy czworokąt MA₁BC₁ . Składa się on z dwóch trójkątów prostokątnych ze wspólną przeciwprostokątną. Możemy na nim opisać okrąg.

Zauważmy, że kąty BMA₁ oraz BC₁A₁ są oparte na tym samym łuku, więc mają taką samą miarę. Podobnie kąty C₁A₁B oraz C₁MB. Stąd w trójkącie BA₁C₁ mamy kąty

${90}^{\circ }-\beta ,{90}^{\circ }-\gamma ,{90}^{\circ }-\alpha$  

Podobnie można opisać okręgi na czworokątach CB₁MA₁ oraz B₁MC₁A i rozważyć kąty oparte na tych samych łukach. Uzupełnimy to na rysunku postępując analogicznie.

Zaznaczmy wszystkie kąty dla trójkątów które nas interesują.

Zatem trójkąty AC₁B₁, C₁BA₁ i B₁A₁C są podobne z cechy kąt-kąt-kąt.

c.n.w.

---

---

b) Skorzystajmy z rysunku z poprzedniego podpunktu.

Zauważmy, że mamy kąt

$\left|\sphericalangle C_1{A}_{1}M\right|={90}^{\circ }-\left({90}^{\circ }-\alpha \right)=\alpha$  

oraz

$\left|\sphericalangle B_1{A}_{1}M\right|={90}^{\circ }-\left({90}^{\circ }-\alpha \right)=\alpha$  

Stąd odcinek A₁M zawiera się w dwusiecznej kąta C₁A₁B₁.

Analogiczne rozumowanie wykazuje, że odcinek B₁M jest zawarty w dwusiecznej kąta A₁B₁C₁ oraz odcinek C₁M zawiera się w dwusiecznej kąta B₁C₁A₁. Punkt M zatem jest przecięciem się dwusiecznych kątów trójkąta A₁B₁C₁. Stąd jest on środkiem okręgu wpisanego w ten trójkąt.

c.n.w.