根据问题724的回答 ,
\[\dddot{c}(s)=\dot{\kappa}(s)e_2(s)-\kappa^2(s)e_1(s)+\kappa(s)\tau(s)e_3(s)\]
由于 $\kappa$ 是常值, 所以 $\dot{\kappa}\equiv 0$. 因此
\[\dddot{c}(s)=-\kappa^2 e_1(s)+\kappa\tau e_3(s),\]
即 $\dddot{c}(s)$ 位于由 $e_1(s)$ 和 $e_3(s)$ 所张成的平面内, 当然与 $\ddot{c}(s)$ 垂直.
根据 $\dddot{c}(s)$ 的表达式, 又 $\kappa$ 和 $\tau$ 是常数, 故 $\dot{c}(s)$, $\ddot{c}(s)$, $\ddot{c}(s)$ 组成一个相对固定的标架, 随着 $s$ 的变动, 它们彼此之间是固定不变的. (也可以这样认为, 这三个向量确定一个平行六面体, 曲线每一点处的这样的平行六面体都是一样的.)
另一种证明 $\dddot{c}(s)$ 与 $\ddot{c}(s)$ 垂直的方法稍微绕远了.
假设
\[\kappa(s)=|\ddot{c}(s)|\equiv\kappa,\quad\tau(s)=\frac{\det(\dot{c}(s),\ddot{c}(s),\dddot{c}(s))}{|\ddot{c}(s)|^2}\equiv\tau,\]
其中 $\kappa,\tau$ 为常数, 则
\[\det(\dot{c}(s),\ddot{c}(s),\dddot{c}(s))=\kappa^2\tau.\]
回忆有恒等式(见问题724的答案)
\[\bigl(\det(\dot{c}(s),\ddot{c}(s),\dddot{c}(s))\bigr)^2=|\dddot{c}(s)\times\ddot{c}(s)|^2-|\ddot{c}(s)|^6,\]
因此
\[(\kappa^2\tau)^2=|\dddot{c}(s)\times\ddot{c}(s)|^2-\kappa^6.\]
若设 $\theta$ 为 $\dddot{c}(s)$ 与 $\ddot{c}(s)$ 的夹角, 则有
\[|\dddot{c}(s)|^2|\ddot{c}(s)|^2\sin^2\theta=\kappa^4(\kappa^2+\tau^2).\tag{$*$}\]
注意到
\[\dddot{c}(s)=\dot{\kappa}(s)e_2(s)-\kappa^2(s)e_1(s)+\kappa(s)\tau(s)e_3(s)\]
(见问题724的答案)
因此
\[\dddot{c}(s)=-\kappa^2 e_1(s)+\kappa\tau e_3(s),\]
\[|\dddot{c}(s)|^2=\kappa^4+\kappa^2\tau^2.\]
代入 ($*$) 式, 得到
\[(\kappa^4+\kappa^2\tau^2)\kappa^2\sin^2\theta=\kappa^4(\kappa^2+\tau^2),\]
即
\[\sin^2\theta=1.\]
即 $\dddot{c}(s)\perp\ddot{c}(s)$.