Lorsqu'un polygone ABDI.... (fig. 169) tourne autour
d'un axe 40, chaque côté DJ engendre un tronc de cône dont l'aire (n° 290, 3°) est DZ X cire. XL ; K étant le milieu de DJ, et
KL perpend. sur l'axe 40. Il est done bien facile d’avoir l’aire en- |
gendrée par ABDI. ..,
MERS ep ee |
Mais si le polygone est régulier , cette aire devient plus aisée à obtenir ; en effet , soit inscrit un cercle, et mené DG parallèle à l'axe 40 de révolution , puisle rayon XC :les triangles DIG, LXC
DI KC cire. XC ayant leurs côtés perpend. donnent ——- ARE A erni LI d'où l’on tire, l’aire du tronc de cône engendré par ADIM = DI X cire. KL = DG YX cire. XC. Cette aire est le produit de la cireonf. du cercle inscrit par la hauteur DG ou H} de ce tronc,
Il est visible que la même chose a lieu pour le cylindre engendré par le côté ZP parallèle à 4ÂO. Quant au cône que décrit BA, son aire (n° 290, 1°) est + BA X cire. BN; et les triangles semblables ABN, OCA donnent de même Q4 X cire, BN = AN X cire. QC, Il en résulte que la somme des aires engendrées par la révolution de plusieurs côtés de polygone régulier, est égale à la circonf, inscrite multipliée par la somme des hauteurs.
Il suffit, pour notre démonstration, que la portion de polygone générateur soit circonscriptible au cerele : or, la calotte ou la zone sphérique est visiblement la limite de l’aire engendrée par une semblable partie de polygone; d’où il est facile de conclure que, 1°/’aire de la calotte DAG (fig, 167), ow de la zone sphérique DFNG est le produit de sa hauteur AI ou KI par la circonférence d’un grand cercle, Soit À le rayon de la sphère, X la hauieur de la calotte engendrée par DA; ou de la zone décrite par l'arc FD ou FE ; on a(n° 248)
La
surface de la zone — 27 RX;
2° Ainsi, en prenant le diamètre 4B pour la pihotit X, on trouve que l’aire de la sphère est le produit de son diamètre par la circonférence d’un grand cercle, ou quadruple de l’aire d’un grand cercle; donc surface de la sphère = 2R X cire. R — {7R?, |
ou environ = D X (3 L +) D, D étant le diamètre. 3° Pour trouver le ie de la sphère dont l'aire 4 est donnée,
on évaluera R — V+ — 0, 079878. À 0719578 . À
4° Menons les tangentes DE, DG, GF, EF (fig. 170) perpend, et parallèles au diamètre AB; le carré £G engendrera, dans sa révolution autour de 4B, le Dion cérconscrit à la sphère. L'aire ae‘ jh" de la zone produite par un arc quelconque b'f'est égale à celle du ey-
lindre ae’e” a”, puisqueleur valeur est la même — dg X cir. 4C. II en serait de même du cylindre entier par le rapport de la sphère; de sorte que l’aire de la sphère est égale à celle du cylindre circonscrit. Et si l’on y comprend les bases, l’aire de la sphère est les = de celle du cylindre, puisque les deux bases étant des grands cercles, l'aire entière du cylindre en vaut 6, et celle de la sphère 4.
B° Le triangle équilatéral ÆZK (fig. 170), dans sa révolution autour de HB, engendre le cône circonserit à la sphère. La droite ZC coupe par la moitié l'angle Z7B, qui est les + d’un droit (n° 164, 1°); l'arc Bi est donc le 6° de la circonf., et la corde Bi est le côté de l'hexagone — CB — R; le triangle BJi est isocèle, Zi — Bi — À, et 1C— 2R. Ainsi, dans le triangle CZB, on a 1B°—1C— CB —53R?, IB = RV/3, cire. 1B — 2rRV/ 3 (n° 246) ; enfin, l’aire du cône (n° 290) est 672?, ou 6 fois l’un des grands cercles, et double de sa base qui est 87? : l'aire totale du cône est 97R°. En y comprenant les bases, l'aire du cylindre est 6 grands cercles, celle du cône 9, et celle de la sphère 4 ; c'est-à-dire que l’aire du cylindre est moyenne proportionne lle entre les aires de la sphère et du cône circonscrit.
Cette proposition se vérifie de même pour le cône et le cylindre: inscrits à la sphère, ou engendrés par le carré et le triangle équilatéral inscrits au cercle générateur; l’aire totale du cylindre =37k?, celle.du cône — © 7R;, et celle de la sphère 47R?.
Des Corps semblables et symétriques.
294. On dit que deux tétraèdres sont semblables, quand ils ont deux faces semblables, placées de la même manière, et formant un angle dièdre égal. Tels sont les deux tétraèdres S et S’(fig. 171), lorsque 5” 4’C'est semblable à S4C, B'S'4' à BSA , et l'angle dièdre B'S A'C = BSAC. ;
Les arêtes homologues des tétraèdres semblables sont proportionnelles, toutes les faces sont semblables, les angles dièdres sont respectivement égaux, ainsi que les angles trièdres homologues. En effet, placons le triangle C’S’4' sur CSA, en faisant coïncider les angles égaux Set S$’, 4’ C’ tombera en ac parallèlement à 40, à cause des angles égaux 9’4'C' et S4C. De plus , la face B°S° 4" se couchera sur BSA, en vertu de l'égalité des. angles dièdres; enfin, l'angle PB'S'4" étant — BSA, S'B' tombera sur Sb, et B’A4' suivant ab parallèle à 4B. Le tétraèdre S° sera donc placé en Sabc ; les plans
