La solución es muy sencilla, si consideramos que los tres puntos $P = \pi \cap \alpha$, $Q=\alpha \cap \beta$ y $R = \beta \cap \pi$ son distintos y no colineales, entonces existe un único plano que pasa por estos tres puntos, basta probar que la dimensión de $(P \oplus Q) \oplus R$ es exactamente 2.
La condición de que $P$, $Q$ y $R$ no son colineaes es consecuencia de que los puntos son distintos, pues de lo contrario, se tendría que $R$ estará en la recta $PQ$ que está contenida en el plano $\alpha$ (ya que P y Q están en $\alpha$ por definición), esto implica que $R$ estará también en $\alpha$, pero $R$ está en $\beta$ y en $\pi$, por o tanto $R \in \pi \cap \alpha = P$ contradiciendo el hecho de que $R \neq P$.
De manera muy similar se puede probar que el plano $(P \oplus Q) \oplus R$ intersecta a cada plano $\pi$, $\alpha$ y $\beta$ en una recta. Además, de existir otro plano $\omega$ que intersecte a cada uno de nuestros plano en una recta, este deberá contener a $P$, $Q$ y $R$.
Para demostrar que $\omega$ contiene a $P$, $Q$ y $R$ consideremos $\ell = \omega \cap \alpha$ y $m = \omega \cup \beta$. Entonces como $\ell$ y $m$ están en $\omega$, entonces $\ell$ y $m$ serán complanares y deberán intersectarse en un único punto $Q'$. Este punto $Q'$ vive en $\ell$ y en $\em$, y ellas a su vez viven en $\alpha$ y $\beta$ respectivamente, por lo tanto, $Q'$ vive en $\alpha \cap \beta$. Pero como $\alpha \cap \beta$ es igual a $Q$ entonces $Q = Q'$, que se traduce a que $Q$ vive en $\omega$. Este argumento se puede repetir tanto para $P$ como para $R$.
Bueno, asumiendo que $P$, $Q$ y $R$ son distintos (y en consecuencia no colineales) entonces $(P \oplus Q) \oplus R$ será un plano y deberá coincidir con $\omega$.
El problema ahora es qué ocurre si $P$, $Q$ y $R$ son el mismo punto. Como Job lo notó, en su comentario se percibe, es problemático este caso, No se puede tratar igual, pues si $P = Q = R$ se tendría que $(P \oplus Q) \oplus R$ sería un punto y no un plano. Y entonces, no es posible probar la unicidad, y la existencia se vuelve problemática.
Solo les dejo el siguiente ejemplo donde la unidad falla.
Ejemplo
El ejemplo lo he construido en $PG(4,\mathbb{R})$. Yo sé que no hemos definido este espacio, pero es una generalización a lo que hemos hecho, y la razón por la que no lo hemos definido es por que nos iba a costar trabajo probar las propiedades, pero no es dificil definirlo, es simplemente $\mathbb{R}^5\{0}$ cociente la relación de equivalencia que identifica coordenadas con sus múltiplos escalares. En lo que sigue, usaré la notación $A \oplus B \oplus C$ para referirme al plano que pasa por los tres puntos $A$, $B$ y $C$
Bueno, una vez aclarado esto, en $PG(4, \mathbb{R})$ tomamos los puntos con coordenadas homogéneas $P(1,0,0,0,0)$, $Q(0,1,0,0,0)$, $R(0,0,1,0,0)$ y $S(0,0,0,1,0)$ y $T(0,0,0,0,1)$. Además consideremos, $M(0,0,1,1,0)$ y $N(0,1,0,0,1)$ los puntos medios de $RS$ y $QT$ respectivamente. Luego, construyamos $\pi = P \oplus Q \oplus R$, $\alpha = P \oplus T \oplus S$ y $\beta = P \oplus N \oplus M $. Es fácil probar que $\pi$, $\alpha$ y $\beta$ son oblicuos por parejas, además, es posibles probar que los tres concurren en un mísmo punto, $P$.
Ahora bien, los planos $\omega_1 = P \oplus Q \oplus T$ y $\omega_2 = P \oplus R \oplus S$ intersectan a $\pi$, $\alpha$ y $\beta$ en un recta, y además $\omega_1 \neq \omega_2$.
No quiero entrar en detalles de la proba pues algo latoso y repetitivo, pero la idea general es interpretar cada plano como el conjunto de las combinaciones lineales (en coordenadas homegeneas) de los tres puntos que lo definen, por ejemplo, $$\pi = xP + yQ + zR = \{(x,y,z,0,0) \in PG(4, \mathbb{R)} | x,y,z\in \mathbb{R}\}.$$
Usando esta descripción de cada plano en el problema es posible calcular todas las intersecciones necesarias y probar lo deseado.
Por último, también hay que notar que todas los ternas de puntos usados para definir cada plano, son linealmente independientes. Esto es necesario observarlo, pues de lo contrario los puntos serán colineales y no definirán un plano.
