8091. (Теорема Бретшнейдера для тетраэдра.) Пусть противоположные рёбра тетраэдра равны a
и b
, а соответствующие им двугранные углы равны \alpha
и \beta
. Докажите, что выражение a^{2}+b^{2}+2ab\ctg\alpha\ctg\beta
не зависит от выбора рёбер.
Решение. Пусть ABCD
— тетраэдр, в котором AB=a
, CD=b
, двугранный угол при ребре AB
равен \alpha
, при ребре CD
— \beta
. Обозначим через \gamma
и \delta
двугранные углы при рёбрах AD
и BD
соответственно, \mu
и \varphi
— при рёбрах BC
и AD
соответственно.
Пусть CH
— высота тетраэдра. Тогда CH=\frac{3V_{ABCD}}{S_{\triangle ADB}}
. Если H_{1}
, H_{2}
и H_{3}
— проекции точки H
на прямые AB
, AD
и BD
соответственно, то из теоремы о трёх перпендикулярах следует, что
\angle CH_{1}H=\alpha,~\angle CH_{2}H=\gamma,~\angle CH_{3}H=\delta.
Из прямоугольных треугольников CH_{1}H
, CH_{2}H
и CH_{3}H
находим, что
HH_{1}=CH\ctg\alpha,~HH_{2}=CH\ctg\gamma,~HH_{3}=CH\ctg\delta.
Тогда
V_{ABCD}=V_{ABCH}+V_{ACDH}+V_{BCDH}=
=\frac{1}{3}S_{\triangle ABH}\cdot CH+\frac{1}{3}S_{\triangle ADH}\cdot CH+\frac{1}{3}S_{\triangle BDH}\cdot CH=
=\frac{1}{3}CH(S_{\triangle ABH}+S_{\triangle ADH}+S_{BDH})=\frac{1}{3}CH\left(\frac{1}{2}AB\cdot HH_{1}+\frac{1}{2}AD\cdot HH_{2}+\frac{1}{2}BD\cdot HH_{3}\right)=
=\frac{1}{6}CH^{2}\left(a\ctg\alpha+AD\ctg\gamma+BD\ctg\delta\right)=
=\frac{1}{6}\cdot\frac{9V^{2}_{ABCD}}{S^{2}_{ADB}}\cdot\left(a\ctg\alpha+AD\ctg\gamma+BD\ctg\delta\right).
Отсюда
a\ctg\alpha+AD\ctg\gamma+BD\ctg\delta=\frac{2S^{2}_{\triangle ADB}}{3V_{ABCD}}.
Аналогично,
a\ctg\alpha+AC\ctg\varphi+BC\ctg\mu=\frac{2S^{2}_{\triangle ABC}}{3V_{ABCD}},
b\ctg\beta+BC\ctg\mu+BD\ctg\delta=\frac{2S^{2}_{\triangle BDC}}{3V_{ABCD}},
AD\ctg\gamma+b\ctg\beta+AC\ctg\varphi=\frac{2S^{2}_{\triangle ADC}}{3V_{ABCD}}.
Складывая почленно первое и второе из этих равенств и вычитая из результата сумму третьего и четвёртого, после очевидного упрощения получим равенство
a\ctg\alpha-b\ctg\beta=\frac{1}{3V_{ABCD}}\left(S^{2}_{\triangle ADB}+S^{2}_{\triangle ABC}-S^{2}_{\triangle BDC}-S^{2}_{\triangle ADC}\right).
Так как
(a\ctg\alpha-b\ctg\beta)^{2}=a^{2}\ctg^{2}\alpha+b^{2}\ctg^{2}\beta-2ab\ctg\alpha\ctg\beta=
=a^{2}\left(\frac{1}{\sin^{2}\alpha}-1\right)+b^{2}\left(\frac{1}{\sin^{2}\beta}-1\right)-2ab\ctg\alpha\ctg\beta=
=\frac{a^{2}}{\sin^{2}\alpha}+\frac{b^{2}}{\sin^{2}\beta}-a^{2}-b^{2}-2ab\ctg\alpha\ctg\beta,
а из равенств
V_{ABCD}=\frac{2S_{\triangle ABD}\cdot S_{\triangle ABC}\sin\alpha}{3a},~V_{ABCD}=\frac{2S_{\triangle ACD}\cdot S_{\triangle BCD}\sin\beta}{3b}
следует, что
\frac{a^{2}}{\sin^{2}\alpha}=\frac{4S^{2}_{\triangle ABD}\cdot S^{2}_{\triangle ABC}}{9V^{2}_{ABCD}},~\frac{b^{2}}{\sin^{2}\beta}=\frac{4S^{2}_{\triangle ACD}\cdot S^{2}_{\triangle BCD}}{9V^{2}_{ABCD}},
то
a^{2}+b^{2}+2ab\ctg\alpha\ctg\beta=\frac{a^{2}}{\sin^{2}\alpha}+\frac{b^{2}}{\sin^{2}\beta}-\left(\frac{1}{3V_{ABCD}}(S^{2}_{\triangle ADB}+S^{2}_{\triangle ABC}-S^{2}_{\triangle BDC}-S^{2}_{\triangle ADC})\right)^{2}=
=\frac{4S^{2}_{\triangle ABD}\cdot S^{2}_{\triangle ABC}}{9V^{2}_{ABCD}}+\frac{4S^{2}_{\triangle ACD}\cdot S^{2}_{\triangle BCD}}{9V^{2}_{ABCD}}-\frac{1}{9V^{2}_{ABCD}}\left(S^{2}_{\triangle ADB}+S^{2}_{\triangle ABC}-S^{2}_{\triangle BDC}-S^{2}_{\triangle ADC}\right)^{2}=
=\frac{4S^{2}_{\triangle ABD}\cdot S^{2}_{\triangle ABC}+4S^{2}_{\triangle ACD}\cdot S^{2}_{\triangle BCD}-(S^{2}_{\triangle ADB}+S^{2}_{\triangle ABC}-S^{2}_{\triangle BDC}-S^{2}_{\triangle ADC})^{2}}{9V^{2}_{ABCD}}.
Отсюда следует, что выражение a^{2}+b^{2}+2ab\ctg\alpha\ctg\beta
зависит только от площадей граней тетраэдра и от его объёма, и не зависит от выбора рёбер тетраэдра.