Тригонометрическое тождество в призме

[Gagarin1968]

Любопытная задача из польского сборника 2016 года. Но, как мне кажется, простенькая.
Дана треугольная наклонная (или косоугольная?) призма $ABCA_1B_1C_1$:



$A, B, C$ — углы в основании призмы.
Кроме того, основание $ABC$ образует с боковыми гранями двугранные углы, принимающие значения от $0$ до $\pi$ и измеряемые изнутри призмы:
$\alpha$ — двугранный угол на ребре $BC$,
$\beta$ — двугранный угол на ребре $AC$,
$\gamma$ — двугранный угол на ребре $AB$.

Доказать, что $\sin{A}\operatorname{ctg}{\alpha}+\sin{B}\operatorname{ctg}{\beta}+\sin{C}\operatorname{ctg}{\gamma}=0$

[Dendr]

Не уверен, этот ли способ подразумевался авторами, но с ним все само собой выходит
Сначала заметим, что с помощью теоремы синусов можно синусы заменить на длины сторон основания, и далее работать с каждым слагаемым отдельно:

$$BC\frac{\cos\alpha} {\sin\alpha} $$

Введем единичную нормаль к основанию $\vec{n}$, и нормальный вектор к грани $BCC_1B_1$, а именно $\vec{v}=[\vec{BC}, \vec{d}]$, где $\vec{d}$ - образующая.
Тогда, домножив числитель и знаменатель на $v$, заметим, что наше слагаемое равно

$$BC\frac{\vec{n}\cdot\vec{v}}{|\vec{n}\times\vec{v}|}$$

Все аккуратно подставляя и преобразуя, получим в итоге

$$\frac{\vec{BC}\cdot[\vec{d}, \vec{n}]}{\vec{d} \cdot\vec{n}}$$

.
Здесь вектора нормали и образующей совпадают для всех трех слагаемых, отличаются лишь вектора ребер, при сложении их следует брать в одном направлении обхода, так что и вся сумма дает ноль, чтд.

[svv]

Тёмный треугольник со сторонами $a,b,c$ — нижнее основание призмы, $a_1,b_1,c_1$ — ортогональная проекция верхнего основания на плоскость нижнего.

Пусть $d_a$ — расстояние между прямыми $a$ и $a_1$ со знаком: если $a_1$ лежит по ту же сторону от $a$, что и тёмный треугольник, припишем $d_a$ знак плюс, если по другую — минус. Аналогично введём $d_b, d_c$. На картинке показана ситуация, когда $d_a,\,d_b>0, d_c<0$.

Тогда $\ctg\alpha, \ctg\beta, \ctg\gamma$ равны соответственно $d_a,d_b,d_c$, делённым на высоту призмы. Задача превращается в планиметрическую и сводится к доказательству
$\sin\! A \;d_a+\sin\! B \;d_b+\sin\! C \;d_c=0,$
а с учётом теоремы синусов —
$a\,d_a+b\,d_b+c\,d_c=0$

Но это — утверждение о том, что сумма площадей вот этих трёх параллелограммов (со знаками, по тому же принципу) равна нулю:

[Gagarin1968]

Dendr в сообщении #1624816 писал(а):

Не уверен, этот ли способ подразумевался авторами, но с ним все само собой выходит

Dendr
Да, в сборнике задача решалась именно так, используя нормаль к основанию и нормальный вектор к боковой грани. Правда, мне этот способ кажется немного громоздким и больше импонирует способ, которым решил svv, через площади.
Честно говоря, задача решается в уме: из равенства оснований призмы следует равенство нулю суммы площадей проекций боковых граней на основание (естественно, ориентированных площадей, с учётом того, какой стороной проецируется боковая грань).
А затем, как правильно заметил svv,

svv в сообщении #1624817 писал(а):

Задача превращается в планиметрическую

Каждая проекция боковой грани — это параллелограмм, у которого основание равно соответствующей стороне основания призмы, а высота этого параллелограмма равна высоте призмы, умноженной на котангенс соответствующего двугранного угла.
Ну и осталось только использовать теорему синусов и заменить стороны основания призмы на синусы противолежащих углов.

[TOTAL]

Найдем $\sin{A}\ctg(\alpha)+\sin{B}\ctg(\beta)+\sin{C}\ctg(\gamma)$ для пирамиды с высотой $H$.
Основание высоты расположено на расстоянии $h_{\alpha}$ (со знаком!) от $BC$ и т.д.

$$\sin{A}\ctg(\alpha)+\dots = \dfrac{BC}{2R} \dfrac{h_{\alpha}}{H} + \dots = \dfrac{S_{ABC}}{RH}}$$

[Gagarin1968]

TOTAL
Да, красивое тождество. Только для призмы оно посимметричней будет.

[TOTAL]

Gagarin1968 в сообщении #1624925 писал(а):

Да, красивое тождество. Только для призмы оно посимметричней будет.

Оно и для призмы верно, решает задачу с призмой.