Naszkicujmy rysunek pomocniczy opisanego trójkąta:

Na początku wyznaczymy kąty w trójkątach zawierających wierzchołek $M$ ze względu na kąty trójkąta $ABC$. Zauważmy, że w trójkącie $AC{C}_1$ mamy:

$\left|\sphericalangle C_{1}CA\right|=180^{\circ }-90^{\circ }-\left|\sphericalangle BAC\right|=90^{\circ }-\left|\sphericalangle BAC\right|$

W trójkącie $A{A}_{1}C$ mamy:

$\left|\sphericalangle CA{A}_1\right|=180^{\circ }-90^{\circ }-\left|\sphericalangle BCA\right|=90^{\circ }-\left|\sphericalangle BCA\right|$

W trójkącie $B{A}_{1}A$ mamy:

$\left|\sphericalangle A_1{A}_{}B\right|=180^{\circ }-90^{\circ }-\left|\sphericalangle CBA\right|=90^{\circ }-\left|\sphericalangle CBA\right|$

W trójkącie $C_{1}CB$ mamy:

$\left|\sphericalangle C_{1}CB\right|=180^{\circ }-90^{\circ }-\left|\sphericalangle CBA\right|=90^{\circ }-\left|\sphericalangle CBA\right|$

W trójkącie $B_{1}BA$ mamy:

$\left|\sphericalangle B_{1}BA\right|=180^{\circ }-90^{\circ }-\left|\sphericalangle BAC\right|=90^{\circ }-\left|\sphericalangle BAC\right|$

W trójkącie $B{B}_{1}C$ mamy:

$\left|\sphericalangle B_{1}BC\right|=180^{\circ }-90^{\circ }-\left|\sphericalangle BCA\right|=90^{\circ }-\left|\sphericalangle BCA\right|$

---

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

W trójkącie $AMC$:

$\left|\sphericalangle AMC\right|=180^{\circ }-\left|\sphericalangle C_{1}CA\right|-\left|\sphericalangle CA{A}_1\right|=$

$=180^{\circ }-\left(90^{\circ }-\left|\sphericalangle BAC\right|\right)-\left(90^{\circ }-\left|\sphericalangle BCA\right|\right)=$

$=180^{\circ }-90^{\circ }+\left|\sphericalangle BAC\right|-90^{\circ }+\left|\sphericalangle BCA\right|=\left|\sphericalangle BAC\right|+\left|\sphericalangle BCA\right|$

Korzystając z tego, ze suma kątów w trójkącie $ABC$ wynosi $180^{\circ }$, mamy:

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

W trójkącie $AMB$:

$\left|\sphericalangle AMB\right|=180^{\circ }-\left|\sphericalangle B_{1}BA\right|-\left|\sphericalangle A_1{A}_{}B\right|=$

$=180^{\circ }-\left(90^{\circ }-\left|\sphericalangle BAC\right|\right)-\left(90^{\circ }-\left|\sphericalangle CBA\right|\right)=$

$=180^{\circ }-90^{\circ }+\left|\sphericalangle BAC\right|-90^{\circ }+\left|\sphericalangle CBA\right|=\left|\sphericalangle BAC\right|+\left|\sphericalangle CBA\right|$

Korzystając z tego, ze suma kątów w trójkącie $ABC$ wynosi $180^{\circ }$, mamy:

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

W trójkącie $BMC$:

$\left|\sphericalangle BMC\right|=180^{\circ }-\left|\sphericalangle C_{1}CB\right|-\left|\sphericalangle BB{C}_1\right|=$

$=180^{\circ }-\left(90^{\circ }-\left|\sphericalangle CBA\right|\right)-\left(90^{\circ }-\left|\sphericalangle BCA\right|\right)=$

$=180^{\circ }-90^{\circ }+\left|\sphericalangle CBA\right|-90^{\circ }+\left|\sphericalangle BCA\right|=\left|\sphericalangle CBA\right|+\left|\sphericalangle BCA\right|$

Korzystając z tego, ze suma kątów w trójkącie $ABC$ wynosi $180^{\circ }$, mamy:

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

---

Korzystamy z twierdzenia sinusów dla trójkąta $ABC$:

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

Dla pozostałych rozważanych trójkątów mamy:

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

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

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

Zatem:

$R_{ABC}=R_{AMB}=R_{AMC}=R_{BMC}$

co było do udowodnienia.