Пусть O₁ и O₂ – центры данных сфер. Достаточно доказать, что расстояние от точки O₂ до рассматриваемой плоскости постоянно.   Лемма 1. Пусть окружности Ω₁ и Ω₂ с центрами O₁ и O₂ пересекаются в точках B и C, точка M лежит на Ω₁, прямые MB и MC пересекают Ω₂ в точках B₁ и C₁ (рис. слева). Тогда  MO₁ ⊥ B₁C₁.

  Доказательство.  ∠CMO₁ = 90° – ∠MBC = 90° – ∠MC₁B₁.

             

  Доказательство. Заметим, что угол BMC и дуга BC второй окружности постоянны. Следовательно, дуга B₁C₁ также постоянна, то есть постоянны длина хорды B₁C₁ и расстояние от неё до центра окружности Ω₂.

  (Другие случаи расположения точки M в леммах рассматриваются аналогично.)   Докажем, что MO₁ – высота пирамиды MA₁B₁C₁ (рис. справа). Заметим, что точка O – проекция O₁ на плоскость MB₁C₁ – является центром описанной окружности треугольника BMC. По лемме 1  MO ⊥ B₁C₁.  Учитывая перпендикулярность O₁O и B₁C₁, получим, что  (MO₁O) ⊥ B₁C₁,  то есть  (MO₁O) ⊥ (A₁B₂C₁),  поэтому высота пирамиды принадлежит плоскости (MO₁O). Рассматривая аналогичные проекции точки O₁ на другие грани пирамиды, получим, что MO₁ – высота.

  Таким образом, плоскости (MO₁O₂) и (A₁B₁C₁) перпендикулярны.

  Рассмотрим сечение MO₁O₂. Оно проходит через центры сфер, то есть пересекает их по большим окружностям (поэтому для любого расположения точки M эти пары окружностей совмещаются поворотом вокруг оси O₁O₂). Кроме того, это сечение перпендикулярно плоскости (A₁B₁C₁). Пусть O₂K – перпендикуляр, опущенный на плоскость (A₁B₁C₁). Тогда  O₂K ⊥ (A₁B₁C₁),  следовательно, O₂K лежит в плоскости (MO₁O₂), то есть по лемме 2 расстояние O₂K постоянно.

Ответ задачи отсутствует