9267. Пусть \varphi
— угол между скрещивающимися рёбрами AD
и BC
тетраэдра ABCD
. Докажите, что
\cos\varphi=\left|\frac{AC^{2}+BD^{2}-AB^{2}-CD^{2}}{2AD\cdot BC}\right|.
Решение. Обозначим BC=a
, AC=b
, AB=c
, AD=x
, BD=y
, CD=z
. Достроим тетраэдр ABCD
до параллелепипеда AKBLNDMC
(AN\parallel KD\parallel BM\parallel LC
), проведя через его противоположные рёбра пары параллельных плоскостей. Обозначим AK=m
, BK=n
, BM=k
. Сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов всех его сторон (см. задачу 4011), поэтому
\syst{a^{2}+x^{2}=2m^{2}+2k^{2}\\c^{2}+z^{2}=2m^{2}+2n^{2}\\b^{2}+y^{2}=2n^{2}+2k^{2}.}
Сложим почленно два первых равенства и вычтем из результата третье. Получим, что
a^{2}+x^{2}+c^{2}+z^{2}-b^{2}-y^{2}=4m^{2},~
откуда
a^{2}+x^{2}-4m^{2}=b^{2}+y^{2}-c^{2}-z^{2}.
Поскольку ML\parallel AD
, угол между скрещивающимися прямыми AD
и BC
равен углу между пересекающимися прямыми BC
и ML
или смежному с ним углу. Пусть O
— центр параллелограмма BLCM
. По теореме косинусов из треугольника BOL
находим, что
\cos\varphi=\left|\frac{\frac{a^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{4}-m^{2}}{\frac{2ax}{4}}\right|=\left|\frac{a^{2}+x^{2}-4m^{2}}{2ax}\right|=
=\left|\frac{b^{2}+y^{2}-c^{2}-z^{2}}{2ax}\right|=\left|\frac{AC^{2}+BD^{2}-AB^{2}-CD^{2}}{2BC\cdot AB}\right|.
Что и требовалось доказать.