Tekintsük a feladatot megoldottnak. Jelöljük a $k_A$ és $k_B$ körök középpontjait $O_A$-val, illetve $O_B$-vel, sugaraikat pedig $r_A$-val, illetve $r_B$-vel. Legyen az $AB$ egyenesnek a $k_A$ és $k_B$ körökkel való $A$-tól és $B$-től különböző metszéspontja $A\text{'}$, illetve $B\text{'}$.
Mivel az $AC$ és a $BC$ egyenesek érintik a megfelelő köröket és $CAB\sphericalangle =CBA\sphericalangle ={60}^{\circ }$, ezért az $AA\text{'}$ és a $BB\text{'}$ húrokhoz tartozó kisebbik érintőszárú kerületi szögek ${60}^{\circ }$-osak, így ezek a húrok a megfelelő középpontból $2\cdot {60}^{\circ }={120}^{\circ }$-os szögben látszanak, azaz $A{O}_{A}A\text{'}\sphericalangle =B{O}_{B}B\text{'}\sphericalangle ={120}^{\circ }$. A 2. ábráról leolvasható annak a bizonyítása, hogy az $r$ sugarú $k$ kör $h$ húrja pontosan akkor látszik $k$ középpontjából ${120}^{\circ }$-os szögben, ha $h$ érinti a $k$-val koncentrikus $\frac{r}{2}$ sugarú kört. Vagyis az $AB$ egyenes érinti az $O_A$ középpontú $\frac{r_A}{2}$ sugarú kört is  (mert $AA\text{'}$ az $O_A$-ból ${120}^{\circ }$-os szögben látszik),  és az $O_B$ középpontú $\frac{r_B}{2}$ sugarú kört is (mert $B{O}_{B}B\text{'}\sphericalangle ={120}^{\circ }$). Tehát az $AB$ egyenes e két kör (egyik) közös érintője.
Ezek alapján a szerkesztés menete: Megszerkesztjük a $k_A$-val, illetve $k_B$-vel koncentrikus, feleakkora sugarú köröket, majd a két kis kör egyik közös érintőjét. Ezután megrajzoljuk a $k_A$ és $k_B$ köröknek a közös érintővel való metszéspontjaikban vett érintőit. E négy érintő közül kettő-kettő párhuzamos lesz. A különböző körökhöz tartozó nem párhuzamos érintők metszéspontjai a szerkesztendő szabályos háromszögek $C$ csúcsait adják, míg a $k_A$, illetve $k_B$ körön lévő érintési pontok az $A$, illetve $B$ csúcsokat.
Az így szerkesztett $ABC$ háromszögek eleget tesznek a feladat feltételeinek, mert $A\in k_A$ és $B\in k_B$; az $A$-ban $k_A$-hoz húzott érintő, illetve a $B$-ben $k_B$-hez húzott érintő az $AB$ egyenessel ${60}^{\circ }$-os szöget zár be, ezért az $ABC$ háromszögben $BAC\sphericalangle =ABC\sphericalangle ={60}^{\circ }$, vagyis a háromszög szabályos.
Mivel a $k_A$ és $k_B$ körök egymáson kívül helyezkednek el, ezért a velük koncentrikus, felelakkora sugarú köröknek összesen négy közös érintőjük van. Minden egyes külső (3. ábra), illetve belső (4. ábra) közös érintőhöz két-két megoldás tartozik, ezért a feladatnak minden esetben nyolc megoldása van.