Пусть $O$ – центр сферы, а $ABC$ – данный сферический треугольник.   Способ 1. По формуле площади сферического треугольника  $\pi = S_{ABC}$ = ∠$A$ + ∠$B$ + ∠$C - \pi$,  то есть  ∠$A$ + ∠$B$ + ∠$C = 2\pi$.

  Построим на сфере точку $D$, лежащую с $C$ в разных полуплоскостях относительно $OAB$ и такую, что  ∠$DAB$ = ∠$B$  и ∠$DBA$ = ∠$A$ (имеются в виду сферические углы; иначе говоря, точка $D$ получена из $C$ композицией симметрии относительно $OAB$ и симметрии относительно серединного перпендикуляра к $AB$). Тогда треугольники $ABC$ и $BAD$ равны. Значит,  $BD = AC$  и  $AD = BC$.  По условию  ∠ $DAC$ = ∠$DBC$ = ∠$C$,  следовательно, сферические треугольники $CDA$ и $DCB$ также равны треугольнику $ABC$. Четыре полученных треугольника покрывают сферу.   Способ 2. Пусть ∠$C\geqslant \frac{\pi}{2}$.  Если плоскость  α = $ABC$  содержит центр $O$ сферы, то сферический треугольник $ABC$ вырожден, и его площадь не такая, как надо. Иначе α отрезает от сферы "шапочку" площади меньше полусферы. Далее, прямая $AB$ (нестрого) разделяет $C$ и проекцию $O$ на $ABC$; значит, часть шапочки, отсекаемая плоскостью $OAB$ и содержащая $C$, не больше её половины. Наконец, сферический треугольник $ABC$ лежит в этой области, площадь которой меньше четверти площади сферы. Противоречие.

  Итак, треугольник $ABC$ остроугольный. Значит, существует равногранный тетраэдр $ABCD$ (точки $D$ и $O$ лежат в одной полуплоскости относительно $ABC$). Пусть $O'$ – центр этого равногранного тетраэдра. Тогда телесные углы $O'ABC, O'BCD, O'CDA, O'DAB$ разбивают пространство, то есть каждый из них равен четверти площади единичной сферы. Однако, если $O'$ ближе в $ABC$, чем $O$, то этот телесный угол больше чем $OABC$, а если $O'$ дальше – то меньше. Оба случая невозможны; значит,  $O = O'$,  и упомянутые телесные углы дают требуемое разбиение сферы на 4 части.

Ответ задачи отсутствует