Ha az $AOS$ háromszög szabályos, akkor $AO=SO$, tehát $S$ is a $k_2$ körön van. A $k_2$ körben az $\underset{}{\overset{\text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo stretchy="true">⌢</mo></math>}}{SA}}$ ívhez tartozó középponti szög $SOA\sphericalangle ={60}^{\circ }$, az ugyanehhez az ívhez tartozó kerületi szög $SBA\sphericalangle ={30}^{\circ }$. Így a $k_1$ körben a $\underset{}{\overset{\text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo stretchy="true">⌢</mo></math>}}{TA}}$ ívhez is $TBA\sphericalangle =SBA\sphericalangle ={30}^{\circ }$-os kerületi szög tartozik, tehát a $\underset{}{\overset{\text{<math xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mo stretchy="true">⌢</mo></math>}}{TA}}$ ívhez tartozó középponti szög, $TKA\sphericalangle ={60}^{\circ }$, vagyis a $TKA$ háromszög is szabályos. Ezért, ha az $AKO$ háromszöget (amelyben $KA=KO=r$) az óramutató járásával ellentétes (pozitív) irányban elforgatjuk $A$ körül ${60}^{\circ }$-kal, akkor a $K$ pont képe $T$, az $O$ ponté pedig $S$ lesz, $A$ helyben marad. Az $AKO$ háromszög elforgatottja tehét az $ATS$ háromszög lesz, így e két háromszög egybevágó, és $TS=KO=r$.