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Fig. 100.

tOO. Coujtcr un nihc pfir un plan de manière qiu- ta sert ion soit un . hexagone régulier (/îg. loo).

Si on laisse de côté deux sommets opposes du cube, D et F par exemple, on obtient un hexagone gauche tel que ABCOHKA. Tout plan qui rencontrera les six côtés do cet hexagone gauche, coupera donc le cube proposé suivant un hexagone, .le dis maintenant que tes milieux I, K, L, M, N, P, des côtés de l’hexagone gauche forment l'hexagone demandé.

Ces milieux sont d'abord dans un même plan. En efffet, soit 0 le milieu do la diagonale DF qui joint les sommets laissés de côté dans le cube proposé. Joignons le sommet P de la figure IKLMNP aux extrémités D et F. Los deux triangles rectangles PHD, PKF, seront égaux comme ayant un angle égal compris entre deux côtés égaux chacun à chacun. On aura donc PD = PF. Le triangle DPF étant isocèle, la droite PO sera sa hauteur. On prouvera do même que toutes les droites qui joignent les autres sommets de la figure IKLMNP au milieu 0 de la diagonale DF, sont perpendiculaires à cette diagonale. La figure IKLMNP est donc plane, et les rayons OP, OL, qui sont , dans un môme plan BC.EIl, sont en prolongement l’un de l’autre, comme les rayons ON et OK, OM et 01.

Je dis maintenant que la figure IKLMNT est un hexagone régulier. C.ar le triangle OPN est un triangle équilatéral, puisque PN, OP, ON, sont respectivement les moitiés des diagonales des carrés égaux F.FüH, ABFE, BCGF: on le voit immédiatement pour PN, et OP et ON sont moitiés do PL et de NK, le point 0 étant le centre du cube. Les six triangles qui composent l’hexagone IKLMNP étant équilatéraux et égaux, cette figure est bien un hexagone régulier perpendiculaire. à la diagonale DF on son milieu.

Le cube ayant quatre diagonales, le problème admet quatre solutions. Les quatre plans sécants se croisent en son contre.

a84 . GÉOMÉTRIE.

Questions sur les angles trièdres et les tétraèdres.

101. Trouver le lieu géométrique de tous les points de Cespaec également distants de deux plans qui se eoupent [Jig. loi ).

Soient MAB, NAB, deux plans dont l'intersection est AB; soit O un point du lieu. Abaissons de ce point sur les deux plans les perpendiculaires OC et OD, elles détermineront un plan perpendiculaire à l'aréte AB au point 1. I.æs deux triangles rectangles OCl, ODl, seront égaux comme ayant l’hypoténuse 01 commune et un côté de l’angle droit égal (OC = OD). Par suite, il en sera de même des angles CIO et DIO. Si l’on mène par la droite 10 et l'arête AB un plan PAB, ce plan partagera l’angle dièdre MABN en deux parties égales, puisque les angles plans CIO, DIO mesureront respectivement les dièdres MABP, P.\BN. Le lieu cherché se confond donc avec le pLin bisseeteur de l’angle dièdre proposé.

11 résulte de là que le lieu géométrique des points également distants lies trois faces d’un angle trièdre est une droite passant par son sommet et intersection commune des trois plans bissecteurs des dièdres de ce trièdre.

11 est facile de voir que, si l’on considère les faces de l’angle dièdre ou de l'angle trièdre donné comme indéfiniment prolongées, le lieu se compose de deux plans distincts perpendiculaires entre eux dans le cas de l’angle dièdre, de quatre droites distinctes passant par le sommet dans le cas de l’angle trièdre.

Tout triangle sphérique correspondant à un angle trièdre dont le sommet est au centre de la sphère, les bissectrices des angles du triangle sphérique sont les arcs de grand cercle déterminés sur la sjdière par les plans bissecteurs des angles dièdres du trièdre. On peut donc dire, en remarquant de nouveau que les propriétés des triangles plans, des angles trièdres et des triangles sphériques, sont identiques [Géom., 3(>6), que les bissectrices des trois angles d’un triangle sphérique se croisent en tin même point.

Fig. loi.

Fig. 101.

102. Trouver le lieu géométrique îles jioints de l’espace également distants des côtés d’un angle donné B.\C {fig. loa).

Soit O un point du lieu. J'abaisse de ce point OM perpendiculaire sur le plan BAC. Du pied M de cette perpendiculaire, je trace sur les côtés de l'angle donné les perpendiculaires MP, MQ; puis je joins OP et OQ. Les droites OP et OQ, représentant les distances du point 0 aux côtés AB et AC {Géom., 1&4), sont égales par hypothèse. Les triangles rectangles OMP, OMQ seront donc aussi égaux, et l’on aura MP»= MO, c’est-à-dire que le point M appartiendra à la bissectrice do l’angle BAC. Les perpendiculaires abaissées des points du lieu sur le plan BAC, ayant leurs pieds sur la bisseftrice AM, le lieu demandé est le plan conduit perpendiculairement au plan B.VC par cette même bissectrice.

Si l’on regarde les cotés de l’angle B.AC comme indéfiniment prolongés, le

uÉOMÉxniR. aS5

lieu se compose de deux plans distincts menés par les bissectrices des angles supplémentaires formés par ces côtés. Ces pians sont perpendiculaires entre eux, car leur angle dièdre est précisément mesuré par l’angle des bissectrices des deux angles supplémentaires.

Le problème qu’on vient de résoudre prouve que le lieu géométrique ries points également ilistnnts tics arêtes d'un angle trièrlrc est formé d'une ou de quatre droites passant par son sommet, suivant rpt'on supjx)sc les arêtes de l'angle trièdre non péolongées ou prolongées au delà du sommet.

i03. I.es plans menés pcrpemliculai rement aux faces d'un angle trièdre par les arêtes opposées , se croisent suivant une même droite \fig. lo3).

Soit l'angle trièdre SABC. Je mène par l’a- Fig- 'oJ- réte SA le plan AS«, perpendiculaire sur la

face BSC et, par l’arête SB, le plan BSô perpendiculaire sur la face .ASC. Par un point quelconque C de la troisième arête , j’abaisse CB perpendiculaire sur Sn, C.A perpendiculaire sur SA, et je joins les points A et B. La droite CJ) étant, dans le plan BSC, perpendiculaire sur l’intersection Sn de ce même plan et du plan ASn, qui lui est perpendiculaire, sera perpendiculaire au plan ASrr (OVi/n., 1 83), et par suite à ka. On prouvera de la mémo manière que CA est perpendiculaire sur BA. An et B A sont donc deux hauteurs du triangle ABC, et leur point d’intersection O appartient à la troisième hauteur Ce dece triangle. Le plan ABC étant à la fois perpendiculaire aux plans ASn, BSA, comme contenant deux droites perpendiculaires à ces plans ( Géom., 182), est aussi perpendiculaire à leur intersection SO. Dès lors, en vertu du théorème des trois perpendiculaires, AB, perpendiculaire à Ce, l’est aussi à Sc, c’est-à-dire au plan CSc de ces deux droites. Ce plan est donc le troisième plan mené perpendiculairement par l’arête SC sur la face ASB, et le théorème énoncé est démontré.

En SC reportant à la remarque du n°101, ce théorème prouve que les trois hauteurs d’un triangle sphérique se coupent en un même point.

iOA. Les plans menés par les arêtes tPun angle trièdre et les bissectrices des faces opposées, se croisent suivant une même droite {fig. io4 ).

Je prends sur les arêtes de l’angle trièdre Fig. 104. trois longueurs égales, SA = SB = SC, de

manière à former les triangles isocèles S.AB, SAC, SBC. Les bissectrices des angles au sommet de ces triangles isocèles passeront par les milieux des bases de ces mêmes triangles, c'est-à-dire par les milieux des côtés du triangle ABC. Les médianes AD, BE, CF, de ce triangle, se coupant en un même point O (20), les trois plans ASD, BSE, CSF, 80 couperont suivant la même droite Sü.

Il résulte du théorème qu’on vient de démontrer, que les trois médianes d'un triangle sphérique se coupent en un même jmint.

a86 GÉOMÉTRIE.

<05. Les trois faces iFun angle trièdre SADC étant données, trouver ses trois angles dièdres {fig. lo5).

Soit ASB l’uno des faces données, la plus grande si l'on veut. Rabattons dans son plan les deux autres faces ASC, BSC, en les faisant tourner

autour des arêtes SA et SB, de manière à les amener en ASc et BSc'. Prenons sur Sc et sur Sr' deux points del d' tels qu’on ail Sd = Sd'.

- Abaissons du point d la perpeiKÜculairc dinn sur l’arète SA et, du point d\ la perpendiculaire d' m' n' sur l’arète SB : ces perpendiculaires se couperont en un point O ( Géom., 197). Si l'on ramène les faces ASc, BSc', dans leur première position, de manière à reproduire l’angle trièdre en réunissant Sc et Sc' suivant SC, les points d et d' décriront, autour des centres m cl /«', des circonférences de cercle dont les plans seront respectivement perpendiculaires aux arêtes SA, SB, et viendront se réunir en un même point I) de l’arêle SC, qui aura le point O pour projection sur le plan de la face ASB ( Géom., 184). A ce moment les droites md et m'd' formeront avec mo et m'o les angles rectilignes des angles dièdres qui ont pour arêtes SA et SB.

Pour obtenir ces angles rectilignes, il suffît do rabattre sur le plan de la face ASB les deux plans perpendiculaires décrits par md et m'd'. Le point d se trouvera alors à la fois sur une circonférence décrite, du point m comme centre avec mil pour rayon, et sur la perpendiculaire OA menée par le point O à la droite dmn; en effet, la droite dmn est l’axe de rotation adopté, cl le point D où se réunissent dans l’espace les points d et d' se projetant en O, appartient à la perpendiculaire élevée en ce |K)int au plan ASB. On obtiendra ainsi l’angle Om/i, mesure du dièdre SA. Une construction toute semblable donnera l’angle Om'/i', mesure du dièdre SB.

Pour trouver la mesure du troisième angle dièdre, nous tracerons les droites dp, d'p', respectivement perpendiculaires aux arêtes Sc, Sc'. Ces droites représenteront en rabattement les intersections des faces ASC, BSC, par un plan conduit perpendiculairement à la troisième arête SC, et passant par le |X)inl D. La droite pp' représentera évidemment l’intersection de ce plan avec le plan de la troisième face ASB. L’angle cherché est donc l'angle au sommet d'un triangle ayant pour base pp , et dont les deux autres côtés sont dp, d' p'. Il suffira donc de décrire, des points p et p' comme centres avec pd et p' d' pour rayons, des arcs do cercle qui viendront se couper au imint r, de sorte que l’angle prp' sera la mesure du troisième duidre SC.

CÆmme vérifications, les droites oh, oh', devront être égales comme rabaltertienls de la même perpendiculaire OD; la droite SO, projection de l’arête SC sur le plan ASB, devra être porjiendiculaire à la tracé pp' du jilan D/i/j'sur ce même plan (Gdo/;;., quest. 6, p. i35); enfin, lejminl r, qui représente la position pri.se par le point f) lorsqu’on fait tourner le

Fig. io.'i.

Digitizi

GÉOMÉTIIIE. 287

lri;ingle üpfj autour de sa base pp' pour le rabattre dans le plan ASU, devra se trouver sur le prolongement de la pcr^>endiculaire SO à pp' {Groin., IGt).

On peut déduire, des constructions précédentes, ce tliéoreme déjà démontré ( Géoin., 193) ; ^ lies fitccs égnlrs, dans un trièdre, sont opposes des dii-drcs égaux.

Si l’on demandait de trouver les trois faces iCun angle trièdre, ses trois angles dièdres étant donnés, on ramènerait ce cas à celui que nous venons de résoudre, en ayant recours aux propriétés des angles trièdres supplémentaires (Céom., 190).

106. Étant donnés deux faces tFa/uangle trièdre et l’angle diè-dre compris, trouver les trois autres éléments du trièdre {Jig. io5).

Kn se reportant au numéro précédent et à la figure correspondante, on voit qu’on connaît les faces ASB, ASc, ainsi que l’angle Qmh, mesure du dièdre SA. On peut donc facilement construire le triangle rectangle c’est-à-dire déterminer le point O. Le point d' devra alors se trouver à la fois sur la perpendiculaire abaissée du point O sur l’aréte SB, et sur la circonférence décrite du point S comme centre avec Srf pour rayon. Connaissant d', on aura la troisième face BSr' de l’angle trièdre, et l’on rentrera dans le prcmie’r cas traité.

Si l’on demandait, étant donnés une face dun angle trièdre et les deux angles dièdrçs adjacents, de trouver scs trois autres éléments, on ramènerait ce cas a celui que nous venons d’examiner à l’aide des propriétés des angles trièdres supplémentaires.

107, Etant donnés deux faces dun angle trièdre ainsi que Fangle dièilre opposé h tune délies, trouver les trois autres éléments du trwdre {Jig. 106).

Soient ASB et ASc les doux faces données rabattues dans un mémt? j)lan. On connaît la mesure rie l’angle dièdre SB opposé à la face ASc. On

(«ut tracer la droite dnm per- [rendiculaire à SA : les deux parties dm et mn de cette droite représenteront les intersections des deux faces données et du plan mené perpendiculairement par * le point I) de l’espace à l’arôle SA, I) étant le point de l’aréte SC.

qui SC rabat en d. L’intersection de ce môme plan avec la face inconnue [lasse par le point n et » vient couper la perpendiculaire

mk élevée par le point m au plan ASB, en un point A dont il est facile de déterminer le rabattement / sur l’aréte SA, l’axe de rotation choisi étant la droite dmn.

En effet, menons par le point m un plan per|tendiculaire à l’aréteSB :

• il coupera le plan ASB suivent mf pcr|)endiculaire à SB, le plan perpendiculaire à SA qui a mn pour trace sur le plan ASB suivant la perpendiculaire mk, et le plan de la face inconnue suivant une droite faisant avec.fm l’angle donné comme mesure du dièdre SB op|K>sé à la face ASC.. On fmiirra * donc rabattre le triangle rectangle formé par ces trois inteisections

on mfi, puis reporter la hauteur mi en ml.

Fig. loC.

a88 r.ÉOMÉTniE.

Si l’on rabat maintenant le triangle Vrnn de l'espace autour de nm, le rabattement du point D devra donc se trouver à la fois sur ni et sur la circonférence décrite du point ni comme centre avec mil |H)ur ravon. üno fois ce rabattement de D obtenu en h ou en /t, , on connaîtra l'anglo oni/i ou O, m/j, , mesure de l’angle dièdre dont l’aréte est SA, ét l’on rentrera dans le second cas traiU; au n“ 106.

Suivant que la droite ni sera sécante, tangente ou extérieure à la circonférence nul, le i)roblème admettra deux solutions ou une seule, ou bien sera impossible. ,

On voit que tout revient à la constniction du triangle Vlmn dans lequel on connaît doux cétés nm et nnl‘ et l'angle nml opposé au côté nul. On peut donc se reporter, pour les cas (le possibilité ou d'impossibilité, à ce que nous avoiis dit sur ce sujet (Groni., 7i).

Si l’angle dièdre SB était droit, Irf construction se simplifierait, puisqu’on aurait immédiatement la droite ni en menant, par lo point n, uno perpendiculaire à nm.

Si l’on demandait, riant rlonnrs deux dirdrex d'un angle trièdre et la face opposée à P an d eux, de trouver scs trois autres éléments, on ramènerait ce cas à celui que nous venons d'examiner à l’aide des propriétés des angles trièdres supplémentaires.

108. Les trois droites LM, NP, QR, tpti joignent les milieux des arêtes opposées d'un tétraèdre S.ABC, se cou/ient mutucUemênt en deux parties égales y P g. 107).

En effet, les droites LP et NM sont toutes deux [>arallèles à l’aréte SB et égales à sa moitié : la figure LPMN sera donc un parallélogramme dont les diagonales LM et NP se croiseront en leurs milieux. On prouverait de même que les droites NP et QR se divisent aussi mutuellemcut en deux parties égales en un point O, qui est alors le milieu commun des trois droites considérées. . ^

De plus, si l'on joint le |)oint O à l'un des sommets S du tétraèdre, et si l’on prolonge ■ la droite SO juscju’è la rencontre de la face op()Osée en G, ce. jjoint G sera le point de ren-' '* contre des médianes du triangle ABC, et le point O sera au quart de la ligne SO à partir de la base. Car la ligne SO est dans le plan SCL qui contient LM, et elle coupe le plan ABC en un point de la médiane CL. Si l'on mène MH parallèle à SOG, le point H sera le milieu de CG, puisque le point M est le milieu de SC, et le point G sera le milieu de LH, puisque le point O est le milieu de LM. On aura donc LG = GH = HC, et le point G, situé au tiers de CL a partir de AB, sera bien le pointde rencontredes médianes du triangle ABC (20). D'ailleurs, la distance du point O au plan ABC est évidemment la moitié de la distance du point R à ce plan ou le quart de celle du point S à ce même ■ plan.

On voit que si l’on joint le point Gaux sommets du tétraèdre, on partage celui-ci en quatre pyramides triangulaires équivalentes; car deux pyramides de même base étant proportionnelles à leurs hauteurs, chacune des pyramides considérées sera le quart du tétraèdre donné.

Fig. 107.

Ile

Fig. io8.

GÉOMÉTRIE. a8(J

409. Si lt'.t angles trièdres S et S' de deux tétraèdres S.\BC, S'A'B'C', sitnf égaux, les votuairs tie res tétraèdres seront proportionnels aier produits des arêtes t/ui correspondent aux angles trièdres égaux (^g. io8).

On peut toujours supposer les deux tétraèdres placés l'un dans l’autre comme l’indique la figure. Faisons alors passer un plan par les sommets A, B', G. Les deux tétraèdres B'A'C'S’ et B' AGS' auront même hauteur et seront entre eux comme leurs bases; mais ces bases S' A' G', SAG, ont un angle commun. On pourra donc écrire ( Géoni., H1 )