任意の2点X,Yに対してv(XY)でXが始点、Yが終点のベクトルを表すことにする。

立方体の一辺を1とし、各頂点をOABC-DEFGとする。

立方体を一つの平面で切断して断面が三角形になるためには、
その平面が立方体の辺と3か所で交わればよい。
このとき、その交点をP,Q,Rとすると、
P,Q,RはそれぞれOA,OB,OD上にある。
v(OP)=s*v(OA), v(OQ)=t*v(OB), v(OR)=u*v(OC) とする。
このとき、0<s≦1,0<t≦1,0<u≦1である。

v(PQ)=t*v(OB)-s*v(OA),
v(QR)=u*v(OC)-t*v(OB),
v(RP)=s*v(OA)-u*v(OC)であるから、

cos∠P=v(PQ)・v(PR)/|v(PQ)||v(PR)|

v(PR)=u*v(OC)-s*v(OA)より
v(PQ)・v(PR)=(t*v(OB)-s*v(OA))・(u*v(OC)-s*v(OA))
=tu*v(OB)・v(OC)-ts*v(OA)・v(OB)-su*v(OA)・v(OC)+s^2*|v(OA)|^2
=s^2*|v(OA)|^2 (∵OA⊥OB⊥OC)
>0
また|v(PQ)|>0,|V(PR)|>0より
どんなs,t,uに対してもcos∠P>0よって∠P<90°
同様にして∠Q<90°,∠R<90°

以上より△PQRはどの角も常に90度未満であるから
鈍角三角形になることはない。(Q.E.D.)

存在しない 証明はピタゴラスの定理で

三角形ABCの角Aの対辺の長さをaのようにおく。角Aが直角の場合a^2=b^2+c^2である。
角Aが鋭角の場合a^2<b^2+c^2となる。(試験ならこの証明も書きますが、今回は省略)


立方体から断面が三角形になるように切断すると、小さいほうの立体は三角錐である。
その頂点(もとの立方体の頂点)をOし、他の3点をABCとする。OA、OB、OCの長さをそれぞれa、b、cとおく。
BC、CA、ABの長さをそれぞれd、e、fとおく。

三角形OAB、OBC、OCAは角Oが直角の直角三角形である。
三平方の定理より、f^2=a^2+b^2、d^2=b^2+c^2、e^2=c^2+a^2

e^2+f^2=b^2+c^2+2a^2=d^2+2a^2>d^2　(a^2>0のため)
となり、角CABは鋭角である。
同様に角ABC、角BCAも鋭角である。
ゆえに三角形ABCは鋭角三角形であり、断面が鈍角三角形になることはない。

ヒミツ

3次元座標軸上の3点
A(a,0,0)
B(0,b,0)
C(0,0,c)
(0<a<=1,0<b<=1,c<0<=1)の
なす角が、鈍角にならないことを示す。

ベクトルCA(a,0,-c)と
ベクトルCB(0,b,-c)の内積は、
a・0+0・b+(-c)・(-c)=c^2
また、ベクトルCA、CBとも
0<a,0<b,0<cであるため
0より大きい長さを持つ。

したがって、角ACBの大きさθについて、
cosθ=c^2/(|ベクトルCA|・|ベクトルCB|)
c>0であることより、
cosθ>0
θはなす角であるから、非負の値
したがって0°<θ<90°となる。

座標軸を回転させることで、
他の角に対しても同じことがいえる。

そのため、座標軸上の点A,B,Cが
それぞれなす角は鈍角になりえない。

ゆえに、立方体の切り口となる三角形は、
鈍角三角形になりえない

考えてもみりゃ、<=1の仮定は
使っていないから、
どんな直方体の切り口における
三角形も、鈍角三角形に
ならないんじゃないだろうか…。