Тетраэдр с сечениями в квадраты $100\times100$ и $1\times1$

Первое решение. Покажем, что если у тетраэдра два скрещивающихся ребра перпендикулярны и имеют длины $a$ и $b$, то существует сечение тетраэдра, которое является квадратом со стороной $ab/(a+b)$.

Разделим четыре остальных ребра тетраэдра в отношении $k : (1-k)$, считая от концов ребра длины $b$ (см. рис.). Соединив точки деления, получим сечение, которое является параллелограммом со сторонами длины $ka$ и $(1-k)b$ в силу подобия треугольников. На самом деле, это сечение является прямоугольником, поскольку стороны параллелограмма параллельны перпендикулярным рёбрам тетраэдра по обратной теореме Фалеса и, следовательно, тоже перпендикулярны. Осталось подобрать $k$ таким образом, чтобы стороны прямоугольника были равны, т.е. $ka = (1-k)b$, откуда $k = b/(a+b)$. При этом сторона получившегося квадрата будет равна $ka = ab/(a+b)$.

Рассмотрим теперь три взаимно перпендикулярные прямые, пересекающиеся в точке $O$. Отложим на этих прямых от точки $O$ отрезки $OA=1$, $OB=1$, $OC=x$, где $x$ — некоторый параметр (см. рис.). В тетраэдре $OABC$ есть три пары скрещивающихся перпендикулярных рёбер: ребро $OC$ перпендикулярно плоскости $OAB$, следовательно, перпендикулярно ребру $AB$, лежащему в этой плоскости; аналогично рёбра $OA$ и $OB$ перпендикулярны рёбрам $BC$ и $AC$ соответственно. Покажем, что можно подобрать параметр $x>0$ так, что сторона одного из построенных квадратных сечений будет в 100 раз больше стороны другого. Рассмотрим пару перпендикулярных скрещивающихся рёбер $CO$ и $AB$ длин $x$ и $\sqrt{2}$. По доказанному утверждению длина стороны соответствующего квадратного сечения равна $c_1(x) = x\sqrt{2}/(x+\sqrt{2})$. Теперь возьмём пару перпендикулярных скрещивающихся рёбер $OA$ и $CB$ длины 1 и $\sqrt{x^2+1}$. Сторона соответствующего квадратного сечения будет равна $c_2(x) =\frac{\sqrt{x^2+1}}{1+\sqrt{x^2+1}}$.

Рассмотрим функцию $f(x) = \frac{c_2(x)}{c_1(x)}$. Она непрерывна при $x>0$ и $f(1) = 1$. Далее, $c_2(x)>\frac{1}{2}$, поэтому $f(x) > \frac{x+\sqrt2}{2\sqrt2x} > \frac {1}{2x}$ (при $x>0$), т.е. $f(1/200)>100$. По теореме о промежуточном значении непрерывной функции на отрезке $[1/200;1]$ существует такое $x^$, что $f(x^)=100$. Для найденного$x^$ возьмём получившийся тетраэдр $OABC$. Искомый тетраэдр подобен $OABC$ с коэффициентом подобия $1/c_1(x^)$. Второе решение.

Рассмотрим параллелепипед $ABCDA_1B_1C_1D_1$, боковые грани которого являются квадратами с диагоналями, равными $200$, а верхняя и нижняя грани — ромбы. Рассмотрим тетраэдр $A_1BDC_1$ (см. рис.). Поскольку диагонали граней параллелепипеда $ABCDA_1B_1C_1D_1$ перпендикулярны, а диагонали его противоположных граней попарно параллельны, пары скрещивающихся рёбер тетраэдра перпендикулярны. Согласно первому решению у такого тетраэдра есть три квадратных сечения, параллельных парам его скрещивающихся рёбер. Сторона квадратного сечения тетраэдра, параллельного рёбрам $A_1B$ и $C_1D$, будет равна $100$. Покажем, что можно выбрать ромб в верхнем и нижнем основаниях параллелепипеда таким образом, что квадратное сечение тетраэдра, параллельное рёбрам $A_1C_1$ и $BD$, будет иметь сторону длины 1. Спроектируем параллелепипед на верхнюю грань, при этом рёбра тетраэдра $A_1BDC_1$ спроектируются на стороны ромба $A_1B_1C_1D_1$, а квадрат сечения тетраэдра, параллельного прямым $BD$ и $A_1C_1$, спроектируется в равный ему квадрат, вершины которого будут лежать на сторонах ромба $A_1B_1C_1D_1$. Сторона вписанного в ромб квадрата не превосходит меньшей диагонали ромба, поэтому, устремляя длину меньшей диагонали ромба к 0, получим квадрат со стороной, сколь угодно близкой к нулю. В тоже время, если в качестве ромба взять квадрат, то сторона вписанного квадрата будет равна 100. В силу непрерывности изменения длины стороны вписанного квадрата найдётся такой ромб, что сторона вписанного в него квадрата равна 1, что и требовалось.