Рассмотрим данный правильный шестиугольник как ортогональную проекцию куба вдоль его диагонали $PQ$. Возьмём на продолжениях рёбер куба, выходящих из вершины $P$, по точке так, чтобы эти точки проектировались в точки $K$, $L$, $M$ (на рисунке 2 они обозначены теми же буквами $K$, $L$, $M$). Тогда, очевидно, сечение куба плоскостью $KLM$ будет шестиугольником, который при проекции переходит в шестиугольник $A_1\ldots A_6$. Пусть $K_1$, $L_1$, $M_1$ — точки пересечения этой плоскости с продолжениями рёбер, выходящих из вершины $Q$, тогда и в пространстве (рис. 2) и на проекции (рис. 1) отрезки $A_2A_3$, $A_4A_5$ и $A_6A_1$ будут лежать на сторонах треугольника $K_1L_1M_1$, откуда и следует утверждение задачи.
Из проведённого рассуждения видно, что противоположные стороны шестиугольника $A_1\ldots A_6$ параллельны (плоскость сечения пересекает противоположные грани куба по параллельным прямым). Это можно вывести непосредственно из условия: например, треугольники $BA_1A_2$ и $PML$ на рисунке 1 гомотетичны с центром гомотетии $K$ ($KA_1:KM=KB:KP=KA_2:KL$) и, следовательно, $A_1A_2\parallel A_4A_5$. Отсюда в свою очередь вытекает, что треугольники $CA_4A_5$ и $PM_1L_1$ (где $M_1$ и $L_1$ — точки пересечения прямых $A_4A_3$ и $A_5A_6$ с $A_1A_2$) тоже гомотетичны, как треугольники с соответственно параллельными сторонами, а значит, прямые $A_3A_4$, $A_5A_6$ и $BC$ пересекаются в одной точке — центре гомотетии. Рассматривая аналогичным образом две другие пары противоположных сторон шестиугольника $A_1\ldots A_6$, мы получим другое решение задачи, не использующее «выход в пространство».
Рисунок номер 1
Рисунок номер 2
