Lời giải:

a) Ta có: OA = OB = OC, \(\widehat {AOB} = \widehat {BOC} = \widehat {COA} = 90^\circ \).

Suy ra các tam giác AOB, BOC và COA bằng nhau từng đôi một.

Từ đó suy ra AB = BC = CA nên tam giác ABC là tam giác đều.

b) Ta có: OA = OB = OC; \(\widehat {AA'O} = \widehat {BB'O} = \widehat {CC'O} = 90^\circ \); \(\widehat {AOA'} = \widehat {BOB'} = \widehat {COC'} = \alpha \).

Do đó, các tam giác AA'O, BB'O và CCO' bằng nhau từng đôi một.

Từ đó suy ra AA' = BB' = CC'.

Do đó, khoảng cách từ A, B, C đến (P) bằng nhau.

Ta có: AA' = BB', AA' // BB' nên ABB'A' là hình bình hành.

Suy ra: AB // A'B'.

Tương tự ta chứng minh BC // B'C'; CA // C'A'

Mà A'B', B'C', C'A' thuộc (P)

Suy ra: (ABC) song song với (P).

c) Dễ dàng chứng minh được IA = O'A' (AIO'A' là hình bình hành).

Tương tự IB = O'B', AB = A'B'.

Do đó ∆IAB = ∆O'A'B' (c.c.c).

Suy ra \(\widehat {A'O'B'} = \widehat {AIB}\).

Tương tự, ta chứng minh được \(\widehat {A'O'C'} = \widehat {CIA};\,\widehat {B'O'C'} = \widehat {BIC}.\)

Do I là tâm tam giác đều ABC nên dễ dàng chứng minh được \(\widehat {AIB} = \widehat {BIC} = \widehat {CIA} = 120^\circ \).

Nên suy ra \(\widehat {AIB} = \widehat {BIC} = \widehat {CIA} = \widehat {A'O'B'} = \widehat {B'O'C'} = \widehat {A'O'C'}\).

Vậy \(\widehat {A'O'B'} = \widehat {B'O'C'} = \widehat {A'O'C'} = 120^\circ \).

Trên hình chiếu của mỗi vật thể (H.3.27) còn thiếu một số nét. Bổ sung các nét còn thiếu đó.