Rysunek: 

Niech punkty M, P, Q będą środkami krawędzi sześcianu - odpowiednio - A₁B₁, CC₁, CD. 

Zauważmy, że długość przekątnej ściany bocznej wynosi 2√2 oraz (z tw. Pitagorasa) długość odcinka |BP|=√5.

a)

Wskażemy przykładowy odcinek o końcach należących do krawędzi sześcianu, którego długości rzutów prostokątnych na ściany sześcianu przyjmują wartość √5 oraz 2√2. 

Jest to odcinek MC. 

Wyjaśnienie:

Punkty M i C rzutujemy na ścianę ADD₁A₁ i otrzymujemy odpowiednio punkty A₁ i D. Długość tego odcinka to 2√2. 

Punkty M i C rzutujemy na ścianę ABCD i otrzymujemy odpowiednio punkt będący środkiem krawędzi AB i punkt C. Długość tego odcinka to √5.

b)

Wskażemy przykładowy odcinek o końcach należących do krawędzi sześcianu, którego długości rzutów prostokątnych na ściany sześcianu przyjmują wartość 2 oraz 2√2. 

Jest to odcinek MQ. 

Wyjaśnienie:

Punkt M i Q rzutujemy na ścianę ABCD i otrzymujemy odpowiednio punkt będący środkiem odcinka AB i punkt Q. Długość tego odcinka to 2. 

Punkty M i Q rzutujemy na ścianę BCC₁B₁ i otrzymujemy odpowiednio punkty B₁ oraz C. Zatem |B₁C|=2√2.

c)

Wskażemy przykładowy odcinek o końcach należących do krawędzi sześcianu, którego długości rzutów prostokątnych na ściany sześcianu przyjmują wartość √2 oraz √5. 

Jest to odcinek MP. 

Wyjaśnienie:

Punkty M i P rzutujemy na ścianę ABCD i otrzymujemy odpowiednio punkt będący środkiem krawędzi AB i punkt C. Długość tego odcinka to √5.

Punkty M i P rzutujemy na ścianę CDD₁C₁ i otrzymujemy odpowiednio punkt będący środkiem krawędzi C₁D₁ i punkt C. Długość tego odcinka to √2.

Trójkąt A₁B₁C₁ jest rzutem prostokątnym trójkąta ABC na płaszczyznę P. 

a)

Długości boków trójkąta A₁B₁C₁ są mniejsze lub równe długościom boków trójkąta ABC. 

Zatem obwód trójkąta A₁B₁C₁ nie może być większy od obwodu trójkąta ABC.

b)

Korzystając z przykładu a) stwierdzamy, że pole trójkąta A₁B₁C₁ nie może być większe od pola trójkąta ABC.

c)

Miara kąta A₁B₁C₁ może być większa od miary kąta ABC. 

Podamy brakujące uzasadnienia dowodu twierdzenia o prostej prostopadłej do płaszczyzny. 

Uzasadnienie 1 - |BD|=|CD| oraz |BF|=|CF|

Zauważmy, że ponieważ AD to wspólny bok, |AB|=|AC|,  |∢BAD|=|∢DAC|, zatem na mocy cechy przystawania bkb mamy △BAD≡△DAC, czyli |BD|=|CD|.

Zauważmy, że ponieważ AF to wspólny bok, |AB|=|AC|, |∢BAF|=|∢FAC|, zatem na mocy cechy przystawania bkb mamy △BAF≡△FAC, czyli |BF|=|CF|.

Uzasadnienie 2 - △BDF≡△CDF

Wiemy, że

•   Podane trójkąty mają wspólny bok DF.

Zatem na mocy cechy bbb przystawania trójkątów, △BDF≡△CDF.

Uzasadnienie 3 - |CE|=|BE|

Odcinki CE i BE są wysokościami opuszczonymi na podstawę DF trójkątów przystających △BDF i △CDF, czyli |CE|=|BE|. 

Uzasadnienie 4 - ∢BAE=∢CAE=90^o

Skoro |CE|=|BE|, to trójkąt BEC jest równoramienny i odcinek AE jest wysokością tego trójkąta. Zatem ∢BAE=∢CAE=90^o.