\documentclass{article}
\usepackage[cp1251]{inputenc}  %% 1
\usepackage[T2A]{fontenc}      %% 2
\usepackage[russian]{babel}    %% 3
\usepackage{amsmath}
\begin{document}

\begin{center}
{\bfseries \LARGE Формулировка задачи}
\end{center}

{\bfseries
Дан произвольный тетраэдр с длинами рёбер $a$ , $b$, $c$, $d$, $e$, $f$. 
Причём именно изображённый на рис.1 тетраэдр, т.к. взаимное расположение рёбер тетраэдра, в отличие от треугольника,определено далеко не однозначно.
}

\begin{center}
\large Найти: $V$ тетраэдра
\end{center}

Всем старшеклассникам известна формула Герона, выражающая площадь $S$ треугольника (рис.2) через длины его сторон $a,b,c$:

$$S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)},$$ 

где $p=\frac{a+b+c}{2}$ - полупериметр треугольника, $a,b,c$ - длины его сторон. Эта формула в развёрнутом виде имеет следующий вид:

$$S^2=\frac{1}{16}(2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2-a^4-b^4-c^4)$$

Оказывается в пространстве можно указать аналог формулы Герона для произвольного тетраэдра. Она имеет следующий вид для тетраэдра, изображённого на рис.1. :
 
\begin{multline}
$$V^2=\frac{1}{144}[e^2c^2(a^2+b^2+d^2+f^2-e^2-c^2)+\\+ a^2f^2(b^2+c^2+d^2+e^2-a^2-f^2)+\\+d^2b^2(a^2+c^2+e^2+f^2-d^2-b^2)-\\ -a^2b^2c^2-a^2e^2d^2-d^2f^2c^2-e^2b^2f^2]$$
\end{multline}

Или такой вид (что то же самое):

\begin{multline}
$$V^2=\frac{1}{144}[(e^2+c^2)(p-2e^2c^2)+ (a^2+f^2)(p-2a^2f^2)\\+(d^2+b^2)(p-2d^2b^2) - \bigoplus],$$
\end{multline}

где\\ 
$p=a^2f^2+e^2c^2+b^2d^2$ ($a$ и $f$, $e$ и $c$, $b$ и $d$ - пары скрещивающихся рёбер)\\ 
$\bigoplus=a^2b^2c^2+a^2e^2d^2+d^2f^2c^2+e^2b^2f^2$ (рёбра, лежащие в одной плоскости) \\\\\\\\\\\\\\

{\Large Решение 1-ое \\\\(школьное, придумано Тартальей)}\\


Первое упоминание в литературе о формуле нахождения объёма тетраэдра через его рёбра было опубликовано Николой Фонтана (1499-1557), более известном и в жизни и в научной литературе под фамилией Тарталья. На самом деле Тарталья не привёл никакой общей формулы, а решал задачу с конкретными длинами рёбер. Но способ, указанный им, применим и к выводу общей формулы.

Разберём подробно доказательство Тартальи, сохранив обозначения его рисунков. Пусть дан тетраэдр с вершинами $A$, $B$, $C$, $D$. Опустим на ребро $BC$ перпендикуляры $AI$ и $DE$ (в плоскостях треугольников $ABC$ и $DBC$ соответственно, рис.3). Заметим, что длины высот $AI$ и $DI$ мы можем выразить через известные величины (длины рёбер). Проведём через точку $I$ прямую, параллельную $ED$, а через точку $D$ - прямую, параллельную $EI$, и в их пересечении получим точку $H$. Докажем, что прямая $DH$ перпендикулярна плоскости треугольника $AIH$. Отрезок $EI$ принадлежит основанию треугольников $ABC$ и $DBC$, поэтому $AI \bot EI $, $DE \bot EI$. Так как $IH \| ED$, то $EI \bot IH$. Получается, что отрезок $EI$ перпендикулярен двум прямым, принадлежащим плоскости $AIH$, следовательно $EI \bot AIH$, а поскольку $DH \| EI$, получаем $DH \bot AIH$. В треугольнике $ADH$ мы знаем $AD$ (это ребро тетраэдра) и $HD=EI$ (это противолежащие стороны в прямоугольнике), а $EI$ мы можем найти, поскольку знаем стороны и высоты треугольников $ABC$ и $DBC$. Кроме того, $\triangle ADH$ прямоугольный, следовательно,
$$AH=\sqrt{AD^2-HD^2}$$
В треугольнике $AIH$ мы знаем теперь все стороны: $AI$,$AH$ и $IH=ED$.

Опустим в этом треугольнике высоту из $A$ на основание $IH$, получим точку $F$ (рис. 4). Докажем, что $AF \bot DBC$. Предположим, что основание высоты, опущенной из $A$ на плоскость треугольника $DBC$, - точка $O$. По теореме о 3-х $\bot$-х отрезок $OI \bot BC$, но так как $IF \bot BC$, точка $O$ должна лежать на прямой $IF$. А поскольку $AF \bot IF$, точки $O$ и $F$ совпадают. Таким образом, $AF$ - высота тетраэдра, и мы можем выразить её через известные стороны треугольника $AIH$.
Так как мы можем найти площадь основания $BCD$ по формуле Герона, для нахождения объёма $V$ тетраэдра остаётся использовать известную формулу $$V=\frac13AF*S_{\triangle BCD}$$

Однако в рассуждении Тартальи основные используемые им грани тетраэдра - треугольники $ABC$ и $DBC$ - имели при общем основании $BC$ острые углы, поэтому необходимо обобщить его доказательство на случай произвольных граней.
Оказывается, это обобщение можно не проводить, учитывая следующее чисто геометрическое рассуждение: в доказательстве Тартальи существенно было то, что достаточно было иметь две грани, у которых при общем ребре нет ни одного неострого плоского угла (на рисунке Тартальи таким было ребро $BC$). Но известно, что такое свойство верно для любого многогранника с треугольными гранями. Действительно, если взять ребро наибольшей длины, то обе прилегающих к нему грани будут иметь при этом ребре острые углы, иначе нашлось бы ребро длины большей, чем рассматриваемое. Значит, в любом тетраэдре мы можем найти ребро, для которого построения Тартальи приводят к рис.3 с ребром $BC$.\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\





{\Large Решение 2-ое \\\\(школьное, придумано Леонардом Эйлером)}\\

После Тартальи прошло почти двести лет, прежде чем Леонард Эйлер в 1752 году провёл вычисление объёма тетраэдра уже не для конкретных числовых значений длин рёбер, а в буквенных обозначениях. Вот его рассуждения.

Обозначим известные длины рёбер: $AB=a,AC=b,BC=c,AD=d,BD=e,CD=f$
В треугольнике $ADC$ опустим из $D$ перпендикуляр на ребро $CA$, получим точку $Q$; перпендикуляр из той же точки $D$ в плоскости $(ABD)$ на ребро $AB$ даст точку $P$. (рис № 5). Из точек $Q$ и $P$ в плоскости треугольника $ABC$ восстановим перпендикуляры к сторонам $AC$ и $AB$ соответственно. Точку их пересечения обозначим через $O$ (рис № 6). Отрезок $DO$ окажется высотой тетраэдра (рис № 7), т.е. $DO\bot ABC$ (это следует из теоремы о 3-х перпендикулярах). Поэтому треугольник $AOD$  - прямоугольный, и $DO=\sqrt{AD^2-AO^2}$. Таким образом, чтобы найти $DO$, необходимо вычислить длину отрезка $AO$.
Длины отрезков $AP$ и $AQ$  мы можем найти из треугольников $ABD$ и $ACD$.

Для этого выведем общую формулу, используя метод координат. (т.к. в треугольнике высота может падать как на сторону, так и на её продолжение). Возьмём треугольник $ABC$. Опустим высоту из вершины $A$ на противоположную сторону $BC$, получим точку $H$. Пусть начало системы координат совпадает с точкой $C$, а оси сонаправлены с векторами $\overrightarrow{CB}$ и $\overrightarrow{HA}$ (рис № 8). Точки $A,B,C$ и $H$ имеют следующие координаты: $(x,h)$,$(a,0)$,$(0,0)$,$(x,0)$ (стороны треугольника $a,b,c$ нам известны, $h$ - его высота). Поскольку треугольники $AHC$ и $AHB$ являются прямоугольными с прямыми углами при вершине $H$, по теореме Пифагора $AC^2=AH^2+HC^2$ и $AB^2=AH^2+HB^2$ или $b^2=h^2+x^2$ и $c^2=h^2+(x-a)^2$ 
Преобразуем второе из этих равенств к виду
$$x^2-2ax+a^2+h^2=c^2$$
и подставим в получившееся равенство значение $x^2=b^2-h^2$. Получим $(b^2-h^2)-2ax+a^2+h^2=c^2$, т.е. $b^2+a^2-c^2=2ax$. Отсюда находим
$$x=\frac{a^2+b^2-c^2}{2a}$$

Вернёмся к нашим отрезками $AP$ и $AQ$. 
$$AP=\frac{a^2+d^2-e^2}{2a}, AQ=\frac{b^2+d^2-f^2}{2b}$$
Из прямоугольного треугольника $APO$ имеем (рис № 6):

 $AO=\sqrt{AP^2+PO^2}$. Длина $AP$ известна, нужно найти $PO$. Рассмотрим прямоугольный треугольник $(AQS)$:
$$QS=AQtg(\alpha), AS=\frac{AQ}{\cos{(\alpha)}},PS=AS-AP,$$
где $\alpha = \angle BAC$. Прямоугольные треугольники $AQS$ и $OPS$ подобны по двум углам, поэтому отношения соответствующих сторон равны:


$$\frac{QS}{PS}=\frac{AQ}{PO}=\frac{AS}{OS}$$


Следовательно,

$$
PO=\frac{PS*AQ}{QS}=\frac{PS}{tg(\alpha)}=\frac{AS-AP}{tg(\alpha)}=\frac{AQ}{\cos{(\alpha)}*tg(\alpha)}-\frac{AP}{tg(\alpha)}=\frac{AQ}{\sin{\alpha}}-\frac{AP}{tg(\alpha)}
$$

Величины $AQ$ и $AP$ известны, вычислим $\sin(\alpha)$. Площадь треугольника $ABC$ равна $\frac{1}{2}*AC*AB*\sin{(\alpha)}=\frac{1}{2}*ab*\sin{(\alpha)},$ но её мы можем узнать из формулы Герона, следовательно, $\sin(\alpha)=\frac{2S_{\triangle ABC}}{ab}$

Теперь если проделать все оставшиеся вычисления, получается формула объёма тетраэдра.

Однако и рассуждения Эйлера зависят от конкретного вида тетраэдра и его граней. Их следует уточнить, так как, например, точка $O$- основание высоты из вершины $D$ - может быть вне треугольника $ABC$ (а существуют такие тетраэдры, у которых высота из каждой вершины падает в точку вне треугольника в соответствующем основании), точки $Q$ и $P$ могут лежать на продолжениях сторон треугольника $ABC$, и тогда точки $O$ и $S$ будут лежать вне треугольника; кроме того, если $\alpha>\frac{\pi}{2}$, то формула для $PO$ будет неверной, так как $PO$ - длина, т.е. положительна, а $tg(\alpha)<0$

Приведём доказательство Эйлера в общем виде, не зависящее от того, какие углы в треугольниках: тупые или острые.
В плоскости $\triangle ABC$ отметим точку $D'$ такую, что $AD'=AD,CD'=CD$. Для нахождения точки $D'$ достаточно мысленно повернуть грань $ACD$ вокруг прямой $AC$ до положения, когда $ACD$ окажется на плоскости основания $ABC$. Таких положений два; выберем то положение, когда вершина $D$ попадёт в точку, лежащую с той же стороны, что и вершина $B$. Эту точку и отметим как $D'$. Введём теперь систему координат с началом в вершине $A$ и с осью абсцисс вдоль ребра $AB$ (рис № 9). Когда мы уточняли доказательство Тартальи, то вычислили координаты точки $C$, поэтому будем считать, что координаты $C(x_c,y_c)$ нам известны. А координаты точки $Q(x_Q,y_Q)$ (основания перпендикуляра, опущенного из $D'$ на $AC$) надо найти. Заметим, что построенная таким образом точка $Q$ совпадает с точкой $Q$ из доказательства Эйлера. Чтобы убедиться в этом, повернём треугольник $ACD$ вокруг прямой $AC$, чтобы он принадлежал плоскости $ABC$. При этом точка $D$ займёт положение $D'$, а перпендикуляр $DQ$ перейдёт в $D'Q$.

Координаты точек прямой $AC$ определяются уравнением $y=kx$, где $k=tg(\alpha)$, поэтому $y_Q=kx_Q$ и $y_C=kx_C$. Следовательно,  

$AQ^2=x^2_Q+k^2x^2_Q$ и $CQ^2=(x_Q-x_C)^2+k^2(x_Q-x_C)^2$

Поскольку угол $AQD'$ прямой,

$AQ^2+QD'^2=AD'^2,$ т.е. $x^2_Q+k^2x^2_Q+QD'^2=AD'^2,$ 

аналогично

$CQ^2+QD'^2=CD'^2$ т.е. $(x_Q-x_C)^2+k^2(x_Q-x_C)^2+QD'^2=CD'^2$

Вычтем из предпоследней строчки - последнюю, получим:

\begin{multline}
$$2x_Qx_C-x^2_C+2k^2x_Qx_C-k^2x_C=AD'^2-CD'^2=AD^2-CD^2=d^2-f^2, x_q=\\
=\frac12x_C+\frac{d^2-f^2}{2x_C(1+k^2)}$$
\end{multline}

Далее, рассмотрев $\triangle DAB$, по формуле для положения высоты мы можем вычислить абсциссу $x_P$ точки $P$ в нашей системе координат. Таким образом, координаты $P(x_P,0)$ нам тоже известны.

Абсцисса точки $O$ пересечения перпендикуляров, восстановленных в плоскости $ABC$ к $AB$ в точке $P$ и к $AC$ в точке $Q$, равна $x_O=x_P$. Чтобы определить её ординату $y_O$, найдём уравнение прямой $OQ$. Поскольку эта прямая перпендикулярная прямой $AC$, её угловой коэффициент равен $-\frac{1}{k}$, где $k$ - угловой коэффициент $AC$. Воспользовавшись тем, что $Q$ принадлежит рассматриваемой прямой, запишем окончательное уравнение:
$$y=-\frac{1}{k}(x-x_Q)+y_Q$$
Подставим в это уравнение $x=x_O=x_P$ и получим $y_O$:
$$y_O=-\frac{1}{k}(x_P-x_Q)+y_Q$$
Теперь можно получить выражение для выысоты $DO$ тетраэдра:
$$DO=\sqrt{AD^2-AO^2}=\sqrt{d^2-x^2_O-y^2_O}$$
в которой все величины выражаются через длины рёбер.\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\





{\Large Решение 3-ье \\\\(школьное, придумано мною)}\\

1) Объём пирамиды будем искать с помощью известной формулы 

$$V=\frac23*\frac{S_1*S_2}{a}*\sin(\alpha),$$

где $S_1$ и $S_2$ - площади 2-х смежных граней тетраэдра, $a$ - длина ребра, которое лежит на пересечении этих граней, $\alpha$ - угол между этими гранями.

$S_1$ и $S_2$ можно считать известными (по формуле Герона). 

Главное - найти $\sin(\alpha)$

2) Изобразим произвольную пирамиду 

Проведём дополнительные построения, как показано на рис.10

$$S_{\bigtriangleup ASC}=\frac{a*h_1}{2}=geron_1 \Rightarrow h_1=\frac2a*geron_1$$
$$S_{\bigtriangleup ABC}=\frac{a*h_2}{2}=geron_2 \Rightarrow h_2=\frac2a*geron_2$$

$$AG=\sqrt{e^2-{h_1}^2}$$

$$AH=\sqrt{b^2-{h_2}^2}$$

$$GH=\mid AH-AG \mid=\mid \sqrt{b^2-{h_2}^2}- \sqrt{e^2-{h_1}^2}\mid$$


Модуль мы надеваем потому, что разность $$( AH - AG )$$
может быть и отрицательной, например, для такой пирамиды. рис.11.

Но нас интересует именно модуль разности.

$$geron_1=\frac{\sqrt{(a+d+e)(a+d-e)(a+e-d)(e+d-a)}}{4} $$

$$geron_2=\frac{\sqrt{(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)}}{4} $$

3) Теперь самый важный идейный момент доказательства.

От рис. 10. Позаимствуем в рис. 12. только: $h_1,h_2,GH,f$. 
Заменим обозначения по отношению к рис. 10. $$S \to Q_2, B \to Q_3, H \to Q_4$$

Из $\triangle Q_1Q_2Q_3:$
$$Q_1Q_3=\sqrt{f^2-GH^2}$$

с другой стороны из $\triangle Q_1Q_3Q_4:$ по теореме косинусов:

$$Q_1Q_3^2=h^2_1+h^2_2-2h_1h_2\cos\alpha ~~\left( \mbox{ А это тот самый } \alpha !\right)~ \Longrightarrow$$

$$\cos\alpha=\frac{h^2_1+h^2_2-Q_1Q_3^2}{2h_1h_2}$$ 

Заметим, что $\alpha \in (0,\Pi)$ по смыслу существования самой пирамиды. Поэтому $\sin\alpha>0.$ Нам известно выражение для $\cos\alpha~\Longrightarrow~$ Найдём $\sin\alpha:$
$$\sin\alpha=+\sqrt{1-\cos\alpha^2}=\sqrt{1-\left(\frac{h^2_1+h^2_2-Q_1Q_3^2}{2h_1h_2}\right)^2}=\frac{\sqrt{4h^2_1h^2_2-(h^2_1+h^2_2-Q_1Q_3^2)^2}}{2h_1h_2}$$

Пусть $Q_1Q_3=q,$ тогда

$$\sin\alpha=\frac{\sqrt{4h^2_1h^2_2-(h^2_1+h^2_2-q^2)^2}}{2h_1h_2}$$

4) А вот теперь воспользуемся формулой $V=\frac23*\frac{S_1*S_2}{a}*\sin(\alpha):$

\begin{multline}
$$V=\frac23*\frac{geron_1geron_2}{a}*\frac{\sqrt{4h^2_1h^2_2-(h^2_1+h^2_2-q^2)^2}}{2h_1h_2}=\frac23*\frac{geron_1geron_2}{a}*\frac{\sqrt{4h^2_1h^2_2-(h^2_1+h^2_2-q^2)^2}}{2\frac2ageron_1\frac2ageron_2}=\\=\frac23*\frac{\sqrt{4h^2_1h^2_2-(h^2_1+h^2_2-q^2)^2}}{\frac8a}=\frac{a}{12}\sqrt{4h^2_1h^2_2-(h^2_1+h^2_2-q^2)^2}=\\=\frac{a}{12}\sqrt{4\left(\frac{2}{a}geron_1\right)^2\left(\frac{2}{a}geron_2\right)^2-\left[\left(\frac{2}{a}geron_1\right)^2+\left(\frac{2}{a}geron_2\right)^2 - (f^2-GH^2)\right]^2},$$
\end{multline} 

где $$GH^2=\left(\sqrt{b^2-\left(\frac{2}{a}geron_2\right)^2}-\sqrt{e^2-\left(\frac{2}{a}geron_1\right)^2}\right)^2$$

(вот поэтому-то и был важен модуль, т.к. нам требуется $GH^2$)

5) Размышления по поводу будущей формулы:
$$V=f(a,b,c,d,e,f)$$ 

В какой-то мере ф-ия $f$ будет обязательно симметрической относительно входящих в неё переменных.

Размерность выражения должна равняться трём, так как мы считаем объём.

6) Теперь техническая часть.\\

\mbox{Часть 6.I}

а) 
\begin{multline}$$
geron_1=\sqrt{\frac{a+d+e}{2}\left(\frac{a+d+e}{2}-e\right)\left(\frac{a+d+e}{2}-d\right)\left(\frac{a+d+e}{2}-a\right)}=\\
=\sqrt{\left(\frac{a+d+e}{2}\right)\left(\frac{a+d-e}{2}\right)\left(\frac{a+e-d}{2}\right)\left(\frac{d+e-a}{2}\right)}=\\
=\sqrt{\frac{(a^2+2ad+d^2-e^2)(e+(a-d))(e-(a-d))}{2^4}}=\\
=\frac{\sqrt{(a^2+2ad+d^2-e^2)(e^2-(a-d)^2)}}{4}
=\frac{\sqrt{(a^2+2ad+d^2-e^2)(e^2-a^2-d^2+2ad)}}{4}=\\
=\frac{\sqrt{a^2e^2-a^4-a^2d^2+2a^3d+2ade^2-2a^3d-2d^3a+4a^2d^2+d^2e^2-a^2d^2-d^4+}}{4}\\
\frac{\overline{+2ad^3-e^4+a^2e^2+e^2d^2-2ade^2}}{4}=\\
=\frac{\sqrt{a^2e^2-a^4-a^2d^2+4a^2d^2+d^2e^2-a^2d^2-d^4-e^4+a^2e^2+e^2d^2}}{4}=\\
=\frac{\sqrt{2a^2e^2+2a^2d^2+2d^2e^2-(a^4+d^4+e^4)}}{4}
$$\end{multline}

б)
\begin{multline}$$
geron_2=\mbox{по аналогии}=\frac{\sqrt{2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2-(a^4+b^4+c^4)}}{4}
$$\end{multline}

в)
\begin{multline}$$
q^2=f^2-GH^2=f^2-[\sqrt{b^2-h^2_2} - \sqrt{e^2-h^2_1}]^2=\\
=f^2-\left[b^2-h^2_2+e^2-h^2_1-2\sqrt{(b^2-h^2_2)(e^2-h^2_1)}\right]=\\
=f^2-b^2-e^2+h^2_1+h^2_2+2\sqrt{b^2e^2-b^2h^2_1-e^2h^2_2+h^2_1h^2_2}
$$\end{multline}


г)
\begin{multline}$$
h_1=\frac{2}{a}geron_1, h_2=\frac{2}{a}geron_2\\
h_1h_2=\left(\frac{2}{a}\right)^2geron_1geron_2=\\
=\frac{4}{a^2}\frac{\sqrt{(2a^2e^2+2a^2d^2+2d^2e^2-a^4-e^4-d^4)(2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2-a^4-b^4-c^4)}}{4^2}=\\
=\frac{1}{4a^2}(4a^4e^2b^2+4a^4e^2c^2+4a^2e^2b^2c^2-2a^6e^2-2a^2e^2b^4-2a^2e^2c^4+
4a^4d^2b^2+\\
4a^4d^2c^2+4a^2d^2b^2c^2-2a^6d^2-2a^2d^2b^4-2a^2d^2c^4+4d^2e^2a^2b^2+4d^2e^2a^2c^2+\\
+4d^2e^2b^2c^2-2d^2e^2a^4-2d^2e^2b^4-2d^2e^2c^4-2a^6b^2-2a^6c^2-2a^4b^2c^2+a^8+a^4b^4+\\
+a^4c^4-2a^2b^2e^4-2a^2c^2e^4-2b^2c^2e^4+a^4e^4+b^4e^4+c^4e^4-2a^2b^2d^4-2a^2c^2d^4-\\
-2d^4b^2c^2+a^4d^4+b^4d^4+c^4d^4)^{\frac12}=\frac{1}{4a^2}\sqrt{GGG}
$$\end{multline}

Обозначим через GGG сложное выражение под корнем.

\mbox{Часть 6.II}

\begin{multline}$$
V=\frac{a}{12}\sqrt{4h^2_1h^2_2-(h^2_1+h^2_2-q^2)^2}=\\
=\frac{a}{12}\sqrt{4h^2_1h^2_2-\left(h^2_1+h^2_2-f^2+b^2+e^2-h^2_1-h^2_2-2\sqrt{b^2e^2-b^2h^2_1-e^2h^2_2+h^2_1h^2_2}\right)^2}=\\
=\frac{a}{12}\sqrt{4h^2_1h^2_2-\left[b^2+e^2-f^2-2\sqrt{b^2e^2-b^2h^2_1-e^2h^2_2+h^2_1h^2_2}\right]^2}=\\
=\frac{a}{12}( 4h^2_1h^2_2-[(b^2+e^2-f^2)^2+4(b^2e^2-b^2h^2_1-e^2h^2_2+h^2_1h^2_2)-\\
-4\sqrt{b^2e^2-b^2h^2_1-e^2h^2_2+h^2_1h^2_2}(b^2+e^2-f^2)])^{\frac{1}{2}}=\frac{a}{12}(4h^2_1h^2_2-(b^2+e^2-f^2)^2-\\
-4(b^2e^2-b^2h^2_1-e^2h^2_2+h^2_1h^2_2)+\sqrt{b^2e^2-b^2h^2_1-e^2h^2_2+h^2_1h^2_2}(b^2+e^2-f^2))^\frac12=\\
=\frac{a}{12}(-(b^2+e^2-f^2)^2-4b^2e^2+4b^2h^2_1+4e^2h^2_2+4\sqrt{b^2e^2-b^2h^2_1-e^2h^2_2+h^2_1h^2_2}(b^2+e^2-f^2))^\frac12=\\
=\frac{a}{12}(-b^4-e^4-f^4-2b^2e^2+2b^2f^2+2e^2f^2 -4b^2e^2+4b^2h^2_1+4e^2h^2_2\\ +4\sqrt{b^2e^2-b^2h^2_1-e^2h^2_2+h^2_1h^2_2}(b^2+e^2-f^2))^\frac12
$$\end{multline}

Избавимся от корня под корнем путём выделение полного квадрата из следующего выражения
\begin{multline}$$
b^2e^2-b^2h^2_1-e^2h^2_2+h^2_1h^2_2=b^2e^2-b^2\frac{4}{a^2}\frac{2a^2e^2+2a^2d^2+2d^2e^2-a^4-d^4-e^4}{4^2}-\\
-e^2\frac{4}{a^2}\frac{2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2-a^4-b^4-c^4}{4^2}+\frac{1}{(4a^2)^2}*GGG=\frac{16a^4b^2e^2}{(4a^2)^2}-\\
-\frac{8a^2e^2b^2+8a^2d^2b^2+8d^2e^2b^2-4b^2a^4-4b^2d^4-4b^2e^4}{4^2a^2}-\\  -\frac{8e^2a^2b^2+8e^2a^2c^2+8e^2b^2c^2-4e^2a^4-4e^2b^4-4e^2c^4}{4^2a^2}+\frac{GGG}{(4a^2)^2}=\\
=\frac{16a^4b^2e^2-8a^4e^2b^2-8a^4d^2b^2-8a^2d^2e^2b^2+4b^2a^6+4b^2d^4a^2+4b^2e^4a^2}{(4a^2)^2}\\
\frac{-8a^4b^2e^2-8a^4e^2c^2-8a^2b^2e^2c^2+4e^2a^6+4e^2b^4a^2+4e^2c^4a^2}{(4a^2)^2}+\frac{GGG}{(4a^2)^2}=\\
=[(4e^2a^6+4e^2b^4a^2+4e^2c^4a^2+4b^2a^6+4b^2d^4a^2+4b^2e^4a^2-8a^4d^2b^2-\\
-8a^2d^2e^2b^2-8a^4e^2c^2-8a^2b^2e^2c^2) + (4a^4e^2b^2 + 4a^4e^2c^2+4a^2e^2b^2c^2-\\
-2a^6e^2-2a^2e^2b^4-2a^2e^2c^4+4a^4d^2b^2+4a^4d^2c^2+4a^2d^2b^2c^2-2a^6d^2-\\
-2a^2d^2b^4-2a^2d^2c^4+4d^2e^2a^2b^2+4d^2e^2a^2c^2+4d^2e^2b^2c^2-2d^2e^2a^4-\\
-2d^2e^2b^4-2d^2e^2c^4-2a^6b^2-2a^6c^2-2a^4b^2c^2+a^8+a^4b^4+a^4c^4-\\
-2a^2b^2e^4-2a^2c^2e^4-2b^2c^2e^4+a^4e^4+b^4e^4+c^4e^4-2a^2b^2d^4-2a^2c^2d^4-\\
-2d^4b^2c^2+a^4d^4+b^4d^4+c^4d^4)]*\frac{1}{(4a^2)^2}=\\
=[4a^4e^2b^2-4a^4e^2c^2-4a^2e^2b^2c^2+2a^6e^2+2a^2e^2b^4+2a^2e^2c^4-4a^4d^2b^2+\\
+4a^4d^2c^2+4a^2d^2b^2c^2-2a^6d^2-2a^2d^2b^4-2a^2d^2c^4-4a^2d^2b^2e^2+\\
+4d^2e^2a^2c^2+4d^2e^2b^2c^2-2d^2e^2a^4-2d^2e^2b^4-2d^2e^2c^4+2a^6b^2-\\
-2a^6c^2-2a^4b^2c^2+a^8+a^4b^4+a^4c^4+2a^2b^2e^4-2a^2c^2e^4-2b^2c^2e^4+a^4e^4+\\
+b^4e^4+c^4e^4+2a^2b^2d^4-2a^2c^2d^4-2d^4b^2c^2+a^4d^4+b^4d^4+c^4d^4]*\frac{1}{(4a^2)^2}
$$\end{multline}

А теперь самое интересное - разложить этот многочлен на множители. Если посмотреть на него ПРЕДЕЛЬНО внимательно, то мы увидим, что где-то, только с другими знаками, он нам уже встречался. В самом деле, когда мы считали
\begin{multline}$$
h_1*h_2=\frac{4}{a^2}\frac{1}{4^2}*((2a^2e^2+(-)2a^2d^2+(-)2d^2e^2-(+)a^4-(+)e^4-(+)d^4)*\\
*(2a^2b^2+(-)2a^2c^2+(-)2b^2c^2-(+)a^4-(+)b^4-(+)c^4))^\frac12=
$$\end{multline}

\begin{multline}$$
=\frac{1}{4a^2}(4a^4e^2b^2+(-)4a^4e^2c^2+(-)4a^2e^2b^2c^2-(+)2a^6e^2-(+)2a^2e^2b^4-(+)\\
-(+)2a^2e^2c^4+(-)4a^4d^2b^2+\\
+4a^4d^2c^2+4a^2d^2b^2c^2-2a^6d^2-2a^2d^2b^4-2a^2d^2c^4+(-)4d^2e^2a^2b^2+4d^2e^2a^2c^2+\\
+4d^2e^2b^2c^2-2d^2e^2a^4-2d^2e^2b^4-2d^2e^2c^4-(+)2a^6b^2-2a^6c^2-2a^4b^2c^2+a^8+a^4b^4+\\
+a^4c^4-(+)2a^2b^2e^4-2a^2c^2e^4-2b^2c^2e^4+a^4e^4+b^4e^4+c^4e^4-(+)2a^2b^2d^4-2d^4b^2c^2-\\
-2a^2c^2d^4+a^4d^4+b^4d^4+c^4d^4)^{\frac12}
$$\end{multline}

Там, где указаны знаки в скобочках, это те знаки, которые как раз и содержатся в раскладываемом многочлене и... разложенный он при этих знаках стоит под корнем в (10).
Таким образом 

\begin{multline}$$
b^2e^2-b^2h^2_1-e^2h^2_2+h^2_1h^2_2=(2a^2e^2-2a^2d^2-2d^2e^2+a^4+e^4+d^4)*\\
*(2a^2b^2-2a^2c^2-2b^2c^2+a^4+b^4+c^4)(\frac{1}{4a^2})^2=\left[\frac{(a^2+e^2-d^2)(a^2+b^2-c^2)}{4a^2}\right]^2
$$\end{multline}

Вернёмся к объёму

\begin{multline}$$
V=\frac{a}{12}(-b^4-e^4-f^4-6e^2b^2+2b^2f^2+2e^2f^2+4b^2h^2_1+4e^2h^2_2+\\
+\frac{4(b^2+e^2-f^2)(a^2+e^2-d^2)(a^2+b^2-c^2)}{4a^2})^\frac12
$$\end{multline}

Преобразуем отдельно выражение:
\begin{multline}$$
(b^2+e^2-f^2)(a^2+e^2-d^2)(a^2+b^2-c^2)=\\
=(a^2b^2+b^2e^2-b^2d^2+e^2a^2+e^4-e^2d^2-a^2f^2-e^2f^2+f^2d^2)(a^2+b^2-c^2)=\\
=a^4b^2+a^2b^4-a^2b^2c^2+a^2b^2e^2+b^4e^2-b^2e^2c^2-a^2b^2d^2-b^4d^2+b^2d^2c^2+e^2a^4+\\
+e^2a^2b^2-a^2e^2c^2+e^4a^2+e^4b^2-e^4c^2-e^2d^2a^2-e^2d^2b^2+e^2d^2c^2-a^4f^2-a^2f^2b^2+\\
+a^2f^2c^2-a^2e^2f^2-e^2f^2b^2+c^2e^2f^2+f^2d^2a^2+f^2d^2b^2-f^2d^2c^2=M
$$\end{multline}

Вернёмся к подкоренному выражению объёма:

\begin{multline}$$
-b^4-e^4-f^4-6e^2b^2+2b^2f^2+2e^2f^2+4b^2\left(\frac{4}{a^2}\frac{2a^2e^2+2a^2d^2+2d^2e^2-a^4-d^4-e^4}{4^2}\right)+\\
+4e^2\left(\frac{4}{a^2}\frac{2a^2b^2+2a^2c^2+2b^2c^2-a^4-b^4-c^4}{4^2}\right)+\frac{M}{a^2}=\\
=[-b^4a^2-e^4a^2-f^4a^2-6e^2b^2a^2+2b^2f^2a^2+2e^2f^2a^2+2a^2b^2e^2+2a^2d^2b^2+\\
+2d^2e^2b^2-a^4b^2-d^4b^2-e^4b^2+2a^2b^2e^2+2a^2c^2e^2+2b^2c^2e^2-a^4e^2-b^4e^2-\\
-c^4e^2+a^4b^2+a^2b^4-a^2b^2c^2+a^2b^2e^2+b^4e^2-b^2e^2c^2-a^2b^2d^2-b^4d^2+\\
+b^2d^2c^2+e^2a^4+e^2a^2b^2-a^2e^2c^2+e^4a^2+e^4b^2-e^4c^2-e^2d^2a^2-e^2d^2b^2+e^2d^2c^2-a^4f^2-\\
-a^2f^2b^2+a^2f^2c^2-a^2e^2f^2-e^2f^2b^2+c^2e^2f^2+f^2d^2a^2+f^2d^2b^2-f^2d^2c^2]\frac{1}{a^2}=\\
=[-f^4a^2+a^2b^2f^2+a^2e^2f^2+a^2b^2d^2+d^2e^2b^2-d^4b^2+a^2c^2e^2+b^2c^2e^2-c^4e^2-\\
-a^2b^2c^2-b^4d^2+b^2d^2c^2-e^4c^2-a^2d^2e^2+e^2d^2c^2-a^4f^2+a^2f^2c^2-e^2f^2b^2+\\
+c^2e^2f^2+f^2d^2a^2+f^2d^2b^2-f^2d^2c^2]\frac{1}{a^2}
$$\end{multline}

Это то, что стоит под корнем. $\sqrt{\frac{1}{a^2}}*a$ сократятся и остаётся долгожданная формула.

7) Первый вариант формулы

\begin{multline}$$
V=\frac{1}{12}([a^2e^2f^2+a^2d^2f^2+a^2b^2f^2+a^2c^2f^2+a^2b^2d^2+a^2c^2e^2+\\
+c^2d^2e^2+c^2f^2e^2+c^2b^2e^2+d^2f^2b^2+d^2e^2b^2+d^2c^2b^2]-\\
-[a^2b^2c^2+a^2d^2e^2+d^2f^2c^2+f^2e^2b^2]-\\
-[a^4f^2+a^2f^4+c^4e^2+e^4c^2+b^4d^2+d^4b^2])^{\frac12}
$$\end{multline}

Первая группа из 12 слагаемых - незамкнутые ломаные. Вторая группа - 4 штуки - лежащие в одной плоскости. Последняя группа - 6 штук - скрещивающиеся.

8) Второй вариант формулы

Пусть квадрат каждого элемента пока равен ему самому, тогда:

$$aef,adf,abf,acf - \mbox{первая группа}$$

$$ace,cde,cfe,cbe - \mbox{первая группа}$$

$$abd,dfb,deb,dcb - \mbox{первая группа}$$

$$(*)=abc+ade+dfc+feb$$

\begin{multline}$$
=af(e+d+b+c)+ec(a+d+f+b)+db(a+f+e+c)-(*)-af(a+f)-ce(c+e)-\\
-bd(b+d)=af(e+c)+af(b+d)+ec(a+f)+ec(d+b)+db(a+f)+db(e+f)-\\
-af(a+f)-ec(e+c)-bd(b+d)-(*)=(e+c)(af+db-ec)+(b+d)(af+ec-bd)+\\
+(a+f)(ec+db-af)-(*)
$$\end{multline}

Пусть $a^2f^2+d^2b^2+e^2c^2=p$, тогда при обратной замене:

\begin{multline}$$
V=\frac{1}{12}\sqrt{(e^2+c^2)(p-2e^2c^2)+(b^2+d^2)(p-2b^2d^2)+(a^2+f^2)(p-2a^2f^2)-(*)} \mbox{, где}\\
(*)=(a^2b^2c^2+a^2d^2e^2+d^2f^2c^2+f^2e^2b^2) - \mbox{лежащие в одной плоскости} \\
a^2f^2+e^2c^2+b^2d^2=p \mbox{, где } a \mbox{ и } f, e \mbox{ и } c, b \mbox{ и } d { - скрещивающиеся}
$$\end{multline} 

Примечание: удобство 2-ого варианта формулы в сравнении с 1-м заключается в том, что во 2-м варианте не надо иметь дело
с незамкнутыми ломаными, которые очень трудоёмко выписывать.\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\

{\Large Решение 4-ое\\\\ (с использованием высшей математики)}\\

В одной плоскости лежат $adc,abe,cbf,fde$. Как указано на рисунке 13.

$$\cos{(ac)}=\frac{a^2+c^2-d^2}{2ac},\cos{(ab)}=\frac{a^2+b^2-e^2}{2ab},\cos{(bc)}=\frac{b^2+c^2-f^2}{2bc} $$

$$
V=\frac16\sqrt{
\begin{vmatrix}
(a,a)&(a,b)&(a,c)\\
(b,a)&(b,b)&(b,c)\\
(c,a)&(c,b)&(c,c)
\end{vmatrix}}
$$

\begin{multline}$$
\begin{vmatrix}
(a,a)&(a,b)&(a,c)\\
(b,a)&(b,b)&(b,c)\\
(c,a)&(c,b)&(c,c)
\end{vmatrix}=(a,a)(b,b)(c,c)+(a,c)(b,a)(c,b)+(a,b)(b,c)(c,a)-\\
-(c,a)(b,b)(a,c)-(a,a)(c,b)(b,c)-(b,a)(a,b)(c,c)=\\
=a^2b^2c^2+a^2b^2c^2\frac{(a^2+c^2-d^2)}{2ac}\frac{(a^2+b^2-e^2)}{2ab}\frac{(b^2+c^2-f^2)}{2bc}+\\
+a^2b^2c^2\frac{(a^2+c^2-d^2)}{2ac}\frac{(a^2+b^2-e^2)}{2ab}\frac{(b^2+c^2-f^2)}{2bc}-b^2(a,c)^2-a^2(b,c)^2-\\
-c^2(a,b)^2=\\
=a^2b^2c^2+2a^2b^2c^2\frac{(a^2+c^2-d^2)(a^2+b^2-e^2)(b^2+c^2-f^2)}{2^3a^2b^2c^2}-\\
-b^2a^2c^2\left(\frac{a^2+c^2-d^2}{2ac}\right)^2-a^2b^2c^2\left(\frac{b^2+c^2-f^2}{2bc}\right)^2-c^2a^2b^2\left(\frac{a^2+b^2-e^2}{2ab}\right)^2=\\
=\frac14[4a^2b^2c^2+(a^4+a^2b^2-a^2e^2+a^2c^2+c^2b^2-c^2e^2-a^2d^2-d^2b^2+d^2e^2)(b^2+c^2-f^2)-\\
-b^2(a^4+c^4+d^4+2a^2c^2-2a^2d^2-2c^2d^2)-a^2(b^4+c^4+f^4+2b^2c^2-2b^2f^2-2c^2f^2)-\\ -c^2(a^4+b^4+e^4+2a^2b^2-2a^2e^2-2b^2e^2)]=\frac14[4a^2b^2c^2+a^4b^2+a^4c^2-a^4f^2+a^2b^4+\\
+a^2b^2c^2-a^2b^2f^2-a^2e^2b^2-a^2e^2c^2+a^2e^2f^2+a^2b^2c^2+a^2c^4-a^2c^2f^2+c^2b^4+c^4b^2-\\
-c^2b^2f^2-c^2e^2b^2-c^4e^2+c^2e^2f^2-a^2b^2d^2-a^2c^2d^2+a^2d^2f^2-d^2b^4-d^2b^2c^2+\\
+d^2b^2f^2+d^2e^2b^2+d^2e^2c^2-d^2e^2f^2-a^4b^2-c^4b^2-d^4b^2-2a^2b^2c^2+2a^2b^2d^2+\\
+2b^2c^2d^2-a^2b^4-a^2c^4-a^2f^4-2a^2b^2c^2+2a^2b^2f^2+2a^2c^2f^2-a^4c^2-b^4c^2-e^4c^2-\\
-2a^2b^2c^2+2a^2e^2c^2+2b^2e^2c^2]=\frac14[-a^4f^2+a^2b^2f^2+a^2e^2c^2+a^2e^2f^2+a^2c^2f^2+\\
+c^2e^2b^2-c^4e^2+c^2e^2f^2+a^2b^2d^2+a^2d^2f^2-d^2b^4+d^2b^2c^2+d^2b^2f^2+d^2e^2b^2+\\
+d^2e^2c^2-d^4b^2-a^2f^4-e^4c^2-(*)]=\\
=\frac14[(a^2b^2f^2+a^2e^2c^2+a^2e^2f^2+a^2c^2f^2+c^2e^2b^2+c^2e^2f^2+a^2b^2d^2+a^2d^2f^2+\\
+d^2b^2c^2+d^2b^2f^2+d^2e^2b^2+d^2e^2c^2)-(a^4f^2+a^2f^4+d^4b^2+b^4d^2+e^4c^2+e^2c^4)-(*)]
$$\end{multline} 

А это и есть формула, которую мы уже видели!\\\\\\\\\\\\\\\\

ПРИЛОЖЕНИЕ 1.\\

Природа формулы для объёма тетраэдра через двугранный угол.

Вывод формулы для объёма тетраэдра, придуманный мною - опирается на пространственный аналог формулы для нахождения площади треугольника по двум сторонам и углу между ними $S=\frac12\sin{(\alpha)}bc$ - нахождение объёма по двугранному углу между двумя гранями, длине ребра и площадям прилегающих к этому двугранному углу граням.

Пусть $S_1$ и $S_2$ - площади двух граней тетраэдра, $\alpha$ - двугранный угол между ними, $a$ - длина смежного ребра. (рис. № 14)

Тогда 

$$V=\frac23\frac{S_1S_2}{a}\sin{(\alpha)}$$

Опустим высоту пирамиды из вершины $D$ на плоскость $(ABC)$ в точку $O$. Проведём перпендикуляры $DH$ и $OH$  в грянях $ADB$ и $(ACB)$ соответственно, чем построим двугранный угол $\alpha$= углу $DHO$. 

Пусть $DO=h$, $DH=l$

Примечание: если $\alpha>\frac{\pi}{2}$, то $sin{(\beta)}=\sin{(\pi-\alpha)}=\sin{(\alpha)}=\frac{h}{l}$ , т.е. и для этого случая теорема работает.

$$ 1) V=\frac{1}{3}S_1h $$
$$ 2) S_2=\frac{1}{2}al \Rightarrow l=\frac{2S_2}{a} $$
$$ 3) sin{(\alpha)}=\frac{h}{l} \Rightarrow h=\sin{(\alpha)} l=\frac{sin{(\alpha)}2S_2}{a} $$
$$ 4)V=\frac13S_1\left(\frac{sin{(\alpha)}2S_2}{a}\right)=\frac23\frac{S_1S_2}{a}\sin{(\alpha)}$$



\end{document}