Обозначим через $A', B', C', D'$ проекции вершин $A, B, C, D$ соответственно на плоскость $\alpha$. Пусть $X$ — произвольная точка на продолжении отрезка $KL$ за точку $K$. Тогда имеем $\angle(KXA, KXN) = \angle(KLA, KLM)$ и $\angle(KNA, KNX) = \angle(NKD, NKL)$. По условию, эти углы равны; значит, в трехгранном угле $KANX$ (с вершиной $K$) двугранные углы при ребрах $KN$ и $KX$ равны между собой. Это означает, что плоскость, проходящая через прямую $KA$ и перпендикулярная плоскости $\alpha$, — это плоскость симметрии трехгранного угла $\angle(KAN, KXN)$. Поэтому точка $A'$ лежит на прямой, содержащей биссектрису угла $XKN$, то есть на внешней биссектрисе угла $NKL$.

Аналогично показывается, что $A'$ лежит на внешней биссектрисе угла $MNK$. Применяя такие же рассуждения для точек $B', C', D'$, получаем, что точки $A', B', C', D'$ — пересечения внешних биссектрис соседних углов четырехугольника $KLMN$.

Из треугольника $A'KN$ находим $\angle B'A'D' = \angle KA'N = 180^\circ - \angle A'KN - \angle A'NK = (90^\circ - \angle A'KN) + (90^\circ - \angle A'NK) = \frac{1}{2}(\angle NKL + \angle MNK)$. Аналогично получаем, что $\angle B'C'D' = \frac{1}{2}(\angle KLM + \angle LMN)$. Таким образом, $\angle B'A'D' + \angle B'C'D' = \frac{1}{2}(\angle NKL + \angle MNK + \angle KLM + \angle LMN) = 180^\circ$, откуда и следует, что четырехугольник $A'B'C'D'$ — вписанный.