Felvéve a $BC=a$ oldalegyenest, nyilvánvaló, hogy az $A$ csúcs az ezzel párhuzamos, tőle $m_a$ távolságban haladó $g$ egyenesen lesz, az $AC$ oldal $D$ felezőpontja pedig, amelyre $BD=s_b$, az $a$ és $g$ között, tőlük egyenlő távolságban haladó $f$ egyenesen. Ma még az $f$-en tetszőlegesen megválasztott $D$ körüli $s_b$ sugarú körívvel kimetsszük $a$-ból $B$ helyzetét, hosszúságadatainkat felhasználtuk.
A $BAC$ szög egyszersmind a $DAB$ háromszögnek is szöge, pontosabban a $DB$ szakasznak $A$-ból, a $g$ egyenes valamely pontjából vett látószöge. Tekintsük ezért $DB$-nek a $g$-t metsző látóköríveit különböző látószögek mellett, legyenek egy ilyen ív $i$ és $g$-vel közös pontjai $A\text{'}$, $A\text{'}\text{'}$. Az $A\text{'}$-ből és $A\text{'}\text{'}$-ből vett látószögek nem lehetnek maximálisak (ezek egyenlők, mert ugyanazon a partján vannak a $BD$ egyenesnek), hiszen az $A\text{'}A\text{'}\text{'}$ húr egy tetszőleges $P$ pontjára ‐ a $BP$ egyenes és az $A\text{'}A\text{'}\text{'}$ ív közös pontját $Q$-val jelölve ‐ a külső szög tétele alapján (1. ábra)

 

1. ábra

 

SAj2=SD⋅SB(j=1,2), azaz $S{A}_j$ az $SB$, $SD$ szakaszok mértani középarányosa, és ugyanezen feltétel szerint $S{A}_j$ hosszát megadja bármely, a $B$, $D$ pontokon átmenő körhöz $S$-ből szerkesztett érintőszakasz hossza. Eszerint megszerkesztve, az $S$-ből a $k$-hoz húzott érintők egyikét ‐ érintési pontja legyen $T$ ‐, az $S$ körüli, $T$-n átmenő kör kimetszi $g$-ből $A_1$-et és $A_2$-t. Ezekből a háromszög hátralevő csúcsának $C_1$, $C_2$ helyzetét a $D$-re való tükrözéssel kapjuk.

 

 

2. ábra

 

Az előzőek azt bizonyítják, hogy a $g$-n haladó pontból a $BD$ szakasz látószögének $A_1$-ben vagy $A_2$-ben van maximuma. Ugyanis $SA\text{'}\cdot SA\text{'}\text{'}=S{A}_2^2$ miatt valamelyik érintési pont az $A\text{'}A\text{'}\text{'}$ között van és játszhatja $P$ szerepét. Az viszont, hogy a $B{A}_{1}D$ és $B{A}_{2}D$ szögek közül melyik a nagyobb ‐ hiszen nyilván ezt keressük ‐, külön kell eldöntenünk. Nyilvánvalóan egyenlő e két szög, ha $BD$ merőlegesen áll $g$-re $\left(\text{azaz ha}{s}_b=\frac{m_a}{2}\right)$, de így $BD$ szimmetriatengellyé válik és a két megoldás úgysem számít különbözőnek. Máskülönben válasszuk úgy az indexeket, hogy $A_{1}SD\sphericalangle <A_{2}SD\sphericalangle$ legyen, megmutatjuk, hogy így $B{A}_{1}D\sphericalangle >B{A}_{2}D\sphericalangle$. Valóban, $A_2$-nek a $BD$ tengelyre való $A{\text{'}}_2$ tükörképe $g$-nek $D$-t nem tartalmazó partján van, így az $A{\text{'}}_2$, $B$, $D$ pontokkal meghatározott kör két pontban metszi $g$-t (a $BD$-vel párhuzamos $A_{1}A{\text{'}}_2$ egyenes két partján), így a $BA{\text{'}}_{2}D\sphericalangle =B{A}_{2}D\sphericalangle$ nem lehet maximális, hiszen $A_1$ rajta van azon a húron, amit $g$ e körből kimetsz.

 

Nyilvánvaló az eddigiekből, hogy feladatunkból a legnagyobb $BAC$ szögre vonatkozó rész megoldhatóságának egyetlen feltétele $s_b\ge \frac{m_a}{2}$, és ekkor a megoldás egyértelmű.
A legkisebb $BAC$ szögre vonatkozó részre válaszunk: ilyen háromszög nincs, hiszen amíg $A\not\equiv S$, addig $A$ helyére (amennyiben $A$ a fenti $S{A}_1$ szakaszon van) az $AS$ szakasz egy belső $A\text{'}$ pontját véve, $BA\text{'}D\sphericalangle <BAD\sphericalangle$; ha viszont $A$ azonos $S$-sel, akkor a háromszög elfajul egyenesszakasszá, az $m_a$ magasság értelmét veszti.

 

Megjegyzés. Az $S{A}_i$ mértani közép természetesen máshogyan is szerkeszthető, többek között a nyilvánvaló

$\begin{array}{c}{\displaystyle S{A}_i=SD\cdot \sqrt[]{2}=\frac{SB}{\sqrt[]{2}}}\end{array}$

összefüggésből is.