LIVRE VII

on connaîtra lea côtés AD , AC , et l’angle ADE opposé à ce dernier, et l’on pourra constrnire DC. Enfla DC , SC , SD détermineront la troisième face DSC.

Soit donc ASC' = ASC, A'S'B' = ASB. Supposant A'S' = AS, élevez A'C' perpendiculaire à A'S', et prolongez cette ligne jusqu’à la rencontre de S'B' en D'. On aura A'C' = AC , A'D' = AD , D'S' = DS, C'S' = CS. Du même point A' on mènera A' B' perpendiculaire à D'S , et l’on aura A'B'= AB. Au point B' on fera l’angle A'B‘E' = ABE, en A' on mènera A'E' perpendiculaire à A'B'; le triangle A'B E' sera égal à ABE, de sorte que A'E' AE. Actuellement , pour construire le triangle DAE , on connaît A'D — AD, A'E' = AE. Comme l’angle D'A'E'^ est droit, si l’on prend A'E"=; A'E', qu’on tire D'E", on aura le triangle D'A'E" égal à DAE. Ainsi l’angle E"D'A' sera égal à EDA ; pour avoir le triangle DCA, on connaît D'A'=DA , C'A'=C A, et l’angle E"D'A'=EDA opposé à CA. Ainsi do point A', comme centre avec le rayon A'C', on décrit un arc qui coupe D'E" en C, ; D'C, sera égal à DC ; puis , avec les trois côtés C'S' = CS, D'S' = DS, et D'C,— DC, on décrit le triangle D'S'C"; l’angle D'S'C" sera la troisième face, et la question est ramenée au premier cas.

L’angle A'S'C' a été supposé plus grand que A'S'D'; par suite, A'C' est plus grand que A'D', et le triangle A'D'C, est toujours possible d’une seule manière, de même que l’angle triédre. Si l’angle A'S'C', opposé au dièdre donné, est plus petit que A'S'D . le côté A'C' est aussi plus petit que A'D', et le triangle A'D'C, est possible de deux manières, d’une seule, ou est impossible, selon que A'C est supérieur en grandeur, égal ou inférieur à la perpendiculaire abaissée de A' sur D'C, (1. 2). Le triédre offre donc aussi deux solutions , une seule , ou est impossible.

Dèfimitiox xxri. On appelle polyèdre régulier tout polyèdre dont toutes les faces sont des polygones réguliers , égaux et également inclinés, et dont, par conséquent, tous les angles polyèdres sont égaux.

TBÉORÈME.

Il y a cinq polyèdres réguliers convexes , et il n'y en a pas plus de cinq.

Je dis d’abord qu’il n’y en a pas plus de cinq.

céomAtrie.

En eMet, pour former un polyèdre régulier convexe avec des polygones réguliers égaux , il faut qu'on puisse assembler aulonr d’un point un certain nombre de ces polygones, de façon que la somme des angles ainsi assemblés soit moindre qne quatre droits ^1. 5, p. ül}. Or, comme il faut au moins trois faces pour un angle polyèdre, on doit exclure tous les polygones qui pnt plus de cinq cillés. Car, dans l’Iiexagone, chaque angle vaut 120°, cl si l’on assemble trois de ces angles autour d’un point, on aura 36(>>, ce qui formera un plan et non pas un angle polyèdre. A plus forte raison , ne saurait-on prendre des polygones de plus de six côtés, puisque l'angle du polygone régulier augmente avec le nombre des côtés. On no pourra donc employer que des polygones de trois, quatre ou cinq côtés. En fait de pentagones réguliers, on no saurait en prendre plus de trois autour d’un point. Car l’angle du pentagone régulier vaut 108», et quatre de ces angles feront plus qne 3#0». On ne saurait non plus assembler plus de trois carrés autour d'un point. Quant aux triangles équilalérant , on peut en réunir trois, quatre ou cinq; mais si l’on en prenait six, comme l’angle du triangle équilatéral vaut 60’, on aurait déjà 300". A fortiori . n'un peut-on pas prendre plus de six. Donc , il n’y a pas plus de cinq polyèdres réguliers, dont- trois ont pour faces des triangles, nu quatrième a pour faces des carrés, et le cinquième des pentagones.

Je dis , en second lien , qu’il y a cinq polyèdres réguliers.

I» Le télraèdre régulier.

g. 222. Construisez us angle triêdre avec trois angles de 60» chacun , soit ABCI) cet angle trièdre. Prenez les trois arêtes AB, AC, AD égales entre elles, et joignez BD, »C, CB; le tétraèdre régulier sera formé. Car le triangle ABC est isoscèle, puisque AB = AC , et comme l’angle en A est de 60», il est équilatéral; U en est de mémo des triangles ACD, ABD ; par conséqucnl , BCD est aussi un triangle équilatéral. Ainsi, le tétraèdre est compris sous quatre triangles équilatéraux égaux; d'ailleurs, les angles dièdres sont égaux. En effet, les deux angles trièdres B et A sont égaux comme composés de faces égales chacune à chacune. Donc le dièdre AC est égal à CD ou à BD , etc.

2» L'hexaédre régulier ou cube.

Aux quatre sommets d’un carré, élevez au plan de ce c.irré et dn même côté de ce plan des perpendiculaires égales au côté du

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iivaE VII.

carré; leurs extréiuilés supérieures délcrinineronl un carré égal au premier, el le cube sera coiislruil.

3° L'oclaèdrê riguUer.

Soit BEDC un carré, O son centre; en ce point O élevea au plan 233.

UEDC une perpendiculaire AF, et prenez-y les deux dislances OA,

OF égales entre elles et à la demi-diagonale BO ; joignez les points A et F aux quatre sommets du carré; la figure ABCDEF sera un octaèdre régulier. En effet, les obliques qui partent des points A et F sont égales; d'ailleurs, les triangles rectangles AOE, OED étant égaux i cause de AO = OD et de OE commua, le côté AE sera égal à ED. Par conséquent, les huit faces du polyèdre sont des triangles équilatéraux égaux. Les angles dièdres sont aussi égaux. Pour le prouver, prenons les angles triédres ABEU, DEAC qui ont les trois (aces égales chacune à chacune; savoir l'angle droit BAD égal à l'angle droit CDE, et jes angles BAE, EAD, ADE,

ADC égaux comme angles de 60°. Donc aussi le dièdre DAEB est égal au dièdre ADEC. Le mémo raisonnement s'applique à deux dièdres quelconques. Donc enfin la figure est un octaèdre régulier.

4' Le dodécaèdre régulier.

Avec trois angles AEil, IlED, AED égaux entre eux et à l'angle Fig. 224. du pentagone régulier, on formera un angle triédrcE; ses trois dièdres seront égaux. Sur chacun de ces angles AEH , AED, DEIl un achèvera un pentagone régulier, en donnant à ces trois polygones des côtés égaux. Soient EABCD, AEIIGF, HEDKI ces trois pentagones. Les deux droites AF, AB formeronl un angle F' .AB égal à AEU. Car le trièdre déterminé par les trois aréics AF, AE,

AB et le trièdre E ont deux faces égales également inclinées et sont égaux: <louc FAB= AEU. On pourra donc aussi sur F.A et AB achever un pentagone FAO égal à AUD. Ou pourra do mémo placer le pentagone OBU égal aux précédents. Si l'on fait de mémo sur MCD et sur KDC, les deux plans, ainsi obtenus, se confondrotil comme faisant avec le pian CDA iin angle dièdre égal à HE.Ai).

Cela posé aux points U, F, 0, M, K se rencontrent les mêmes circonstances qu'en A , B, C, D. Donc on pourra assembler en ces points cinq nouveaux pentagones égaux entre eux et aux six précédents ; ces figures ne laisseront plus que l'espace vide abede, circonscrit par cinq côtés égaux. Or, en chacun des points a. b. e, d, e il se passe encore ce que nous avons rencontré en A, B, etc. Donc

GÉUMKTRIE.

le plan abc conliendra aussi les trois ilroiles cd, dt. ea, cl fera avec chacun des plans adjacents des angles dièdres égaux entre eux et aux autres dièdres do la Qgure. On aura donc ainsi construit un dodécaèdre régniier.

rig. 225 . 50 ijicoaaèdr» réffulier.

Soit abcJe un pentagone régulier, o son centre , of une perpendiculaire au plan de ce polygone. Dans le plan aof décrivez du point a. comme centre avec un rayon égal à ab, un arc qui coupera cette perpendiculaire of en un point f ; les droites fe, fd. fc. fb. fa seront égales entre elles et au côté ab; on aura donc, autour du point f, cinq triangles équilatéraux égaux. Les plans de ces triangles comprennent des dièdres égaux. Car les dièdres abfe. bafe sont égaux comme formés chacun par un angle de pentagone régulier et deux angles de 60°, Donc le dièdre fb est égal au dièdre fa. On prouvera de même l’égalité des trois autres dièdres avec le dièdre fa.

Actuellement, soit ADCDEF un angle polyèdre égal à celui qu'on vient de former; supposons qu'on en ait formé encore plusieurs, tous égaux à celui-là. Prenons-en un second, et superposons deux faces avec les triangles AUE, ADC, les trois autres viendront se , placer en DEK, DIK, DIC, ce qui formera trois faces nouvelles. Un troisième angle pentaèdre sera superposé par trois faces avec les triangles CBA , CAD, CDl ; il donnera les deux nouvelles faces CBH, cm. Un quatrième sera superposé par trois faces avec les triangles BHC , B.àC, BAF^ et donnera les deux nouvelles faces BIIG, BFG. Un cinquième sera superposé sur les trois triangles FBG, FBA, AFE; il donnera encore deux faces FGL, FLE. Autour du point E se trouvent assemblés quatre triangles EDK, EDA, EAF, EFL, comprenant des angles dièdres tous égaux à ceux de l'angle f. Si donc on place sur ces quatre faces un nouvel angle égal à f. on obtiendra encore une face LEK, ce qui forme en tout quinze faces égales et également inclinées. Sur les trois faces IKO , DKE , LKE on superposera un nouvel angle pentaèdre, et l'on aura les deux nouvelles faces LKM, MKI. Au point 1 sur les quatre face* IIIC, CID, DIK, IKM on en superposera encore un, qui donnera la nouvelle face HIM. Au point H on fera de même, et l’on aura la nouvelle face HGM, ainsi qu'au point G , co qui fournira encore une face GML. On aura donc en M cinq faces, ce qui donne les vingt faces.