Чертеж 4.4.2

На одном из лучей трехгранного угла выберем произвольную точку A, а на другом – произвольную точку B (чертеж 4.4.2). Можно считать, что плоский угол AOB наибольший из трех его плоских углов. Пусть AOB = α. Два других плоских угла имеют величины β и γ. На отрезке AB возьмем точку D такую, что AOD = β. На третьем луче трехгранного угла отложим отрезок OC =  OD, причем AOC = β, BOC = γ, Δ AOC = Δ AOD. Отсюда AC = AD. По свойству треугольника AC + BC > AB или AC + BC > AD + BD, откуда BC > BD, так как AC =  AD. Треугольники OBC и OBD имеют по две равных стороны. Поэтому против большей третьей стороны лежит наибольший угол, то есть BOC >BOD. Отсюда следует, что BOC + AOC >BOD + AOD. Или γ + β > α, что и требовалось доказать.

Чертеж 4.4.3

На чертеже 4.4.3 показан трехгранный угол OABC. Луч дополнительный относительно луча OA. Рассмотрим трехгранный угол Если BOC = α, AOC = β, AOB = γ, то A₁OB = 180° – γ, A₁OC = 180° – β. Согласно теореме 4.2, BOC <A₁OB + A₁OC, или α < 180° – γ + 180° – β, откуда α + γ + β < 360°.

Чертеж 4.4.4

SM = a,

Применим теорему косинусов к Δ SPN и MPN.

Приравнивая полученые выражения, получим

Откуда

Пусть дан трехгранный угол с вершиной S и ребрами SA, SB и SC, двугранные углы при которых равны соответственно A, B и C. Возьмем какую-нибудь точку P на ребре SA. Пусть O – ее проекция на плоскость SBC. Пусть R – проекция точки O на ребро SC, а Q – проекция точки O на ребро SB (чертеж 4.4.5).

Чертеж 4.4.5

На рисунке изображен тот случай, когда точка O попала вовнутрь угла BSC. Однако отметим, что все наши рассуждения не изменятся, если эта точка попадет вне или на сторону угла BSC. Из теоремы о трех перпендикулярах следует, что угол PRO равен C, а угол PQO равен B, поскольку каждый из них есть линейный угол двугранного угла при соответствующем ребре. Найдем длину отрезка PO двумя способами. С одной стороны, PO = PR sin C = SP sin β sin C. С другой стороны, имеем PO = PQ sin B = SP sin γ sin B. Приравниваем:

Второе равенство устанавливается аналогично. Теорема доказана.