OM

Df QÉOMÉT^IB fiLfinnUTAlRB. 295

Si nous ^joutons, meipbre à membre, les équations (i)»(2), (3), nous obtiendrons

ou enfin, en appelant d la distance du point M au centre de la sphère,

ÂM V BM + CSV DML + Èm" + FM = 6R a - 2d>.

THÉORÈME XLI

La somme des carrés de (rois cordes qui se coupent rectangulairement deux à deux en un même point est égale à douze fois le carré du rayon de la sphère, moins hait fois le carré de la distance du centre au point d'intersection des trois cordes.

Si nous ajoutons, aux deux membres de l'égalité précédente, là quantité

2AM.BM + 2CM.DM+2EM.FM, nous obtiendrons d'abord

(AM H- BM) 2 + (CM + DM)*+ (EM + FM)'= 6R2 2$ 2 +2(AM.BM-hCM.DM + EM.FM).

Mais

AM.BM=CM,DM=EM.FM=R*-<î*;

donc AB + CdVeF = 12R 2 — 8£*.

THÉORÈME XLII

On peut toujours construire, avec un côté donné, un tétraèdre régulier.

iVvec le côté donné, traçons un triangle équilatér^l ABC. Fi G . 528. Par le centre de ce triangle, élevons une perpendiculaire

indéfinie, et prenons sur cette droite un point D tel, que AD— AB. Menons ensuite BD et CD.

Le tétraèdre ABCD est régulier, car toutes ses arêtes sont égales entre elles. Donc, etc.

THÉORÈME XLUI.

On peut toujours construire, avec nn côté donné, un hexaèdre régulier.

Fie. 329. Avec ' e c blé donné, construisons un carré ABCD. Élevons, sur les côtés de ce carré, des plans qui lui soient perpendiculaires ; puis coupons ceux-ci par un plan EFGH parallèle à ABCD, et qui en soit distant d'une quantité AE=AB. Nous obtiendrons ainsi un cube, c'est-à-dire un hexaèdre régulier.

THÉORÈME XLIV

On peut toujours construire, avec un coté donné, un octaèdre régulier.

Fig. 330. Avec le côté donné, traçons un carré ABCD. Élevons, par le centre 0, la perpendiculaire EF au plan ABCD, et prenons OE=OF=OA. Joignons enfin les points E, F aux sommets du carré. La figure ABCDEF sera un octaèdre régulier.

En effet, la droite EF est Taxe du cercle circonscrit au carré ABCD; donc EA=EB=... AB. Ainsi, toutes les faces de l'octaèdre sont des triangles équilatéraux, égaux entre eux.

De plus, les angles polyèdres sont égaux ; car, si nous considérons, par exemple, les angles A, E, nous voyons qu'ils appartiennent aux deux pyramides régulières ABEDF, EABCD. Ces deux pyramides sont évidemment superposables, comme ayant môme base et môme hauteur. Donc, etc.

THÉORÈME XLV

On peut toujours construire, avec un côté donné, un dodécaèdre régulier.

Avec le côté donné, formons des pentagones réguliers, égaux entre eux. Assemblons trois de ces pentagones, de manière que leurs plans déterminent un angle trièdre ayant pour sommet le point A (fig. 331). Les faces de cet angle étant égales, les angles dièdres qu'elles forment seront égaux entre eux, Gonséquemment, les angles trièdres B, A sont égaux, comme ayant un angle trièdre égal, compris entre deux faces égales chacune à chacune, et semblablement disposées. Donc les deux droites BH, BC forment entre elles un angle égal à ABC.

Il résulte de là qu'après avoir assemblé, autour du point A, trois de nos pentagones réguliers, nous pourrons en apporter un quatrième dans l'angle HBC, puis un cinquième dans l'angle KCD, etc. Nous obtiendrons ainsi une surface polyédrale, ouverte suivant le contour FGHI...

Actuellement, construisons une autre surface égale à la première (fig. 332), et rapprochons ces deux figures, de manière que l'angle rentrant Iran coïncide avec l'angle saillant FGH. Alors l'angle trièdre G sera égal à chacun des angles trièdres A, B..., et l'angle dièdre ayant mnp, GHB pour faces, et dontGH est l'arête, sera égal à l'angle dièdre ayant pour faces GHI, GHB, et pour arête GH. Donc np coïncidera avec HI, puispç avec IK, etc.

On voit ainsi que l'ensemble des deux surfaces polyédrales déterminera une figure fermée ayant pour faces douze pentagones réguliers égaux, et dont les angles polyèdres sont égaux entre eux. Cette figure est donc un dodécaèdre régulier.

298 TBtoRtVBS rr pw*l*»jk

THÉORÈME XLVI

Oo peut toujours construire, avec un côté donné, un icosaèdre régulier.

Avec le côté donné, construisons un pentagQUe régulier MNPQR (fig. 333). Par le centre élevons, au plan du pentagone, une perpendiculaire OS telle, que MS = MN,

Joignons le point S à tous les sommets du pentagone : nous obtiendrons ainsi une pyramide régulière dont les faces seront des triangles équilatéraux égaux entre eux.

Soit maintenant (fig. 334) le triangle équiperai ABC, dont le côté est égal à*MN.

Construisons, en chacun fies ^mmets de ce triangle, une pyramide égale à S, en prenant, pour l'une des faces de cette pyramide, le triangle ABC.

Il est facile de voir que nous déterminerons ajusi une surface polyédrale, ouverte suivant DEJFfrHJ, et dans laquelle l'angle rentrant PEF est égal 3 Taqgle taillant EFG, attendu que chacun d'eux est égal à l'angle EAQ (

Si donc nous concevons une seconde surface égale à k première , nous pourrons faire coïncider pes deux figures suivant leurs bords, etc.

THÉORÈME XLYIl

Il n'existe que cinq espèces de polyèdres réguliers.

Chaque angle 4'un polyèdre réguler se forme en ^semblant, autour d'un même ppipt, plusieurs polygones réguliers égaux, Nqus ayons vu qu'eu assemblant des triapgles équilatéraux trois à trois, quatre b quatre, pinq à cinq, ou obtient le tétraèdre, l'octaèdre etl'icosaèdre ; qu'en assem-

DH Qf0ltfT!l|B «LtH^liTAfPB. 399

blant des carrés trois à trois, on obtient l'hexaèdre ; enfin, que des pentagones réguliers, réunis trois k trois, donnent le dodécaèdre.

Si Ton réunissait autour d'un même point six triangles équilatéraux, la somme des angles plans ayant ce point pour sommet commun serait égale à quatre droits ; donc ces six angles ne peuvent donner lieu à un angle polyèdre, À plus forte raison,, ne produira-t-on pas un pareil angle en assemblant plus de six triangles équilatéraux.

Le même raisonnement fait voir qu'on ne peut pas obtenir d'angle polyèdre en réunissant plus de trois carrés, ou plus de trois pentagones réguliers, ou un nombre quelconque de polygones réguliers dans lesquels le nombre des côtés surpasserait cinq. Donc, etc.

THÉORÈME XLVIII

Tout polyèdre régulier est 4° inseriptible à une sphère; 8° eireonseriplible à une sphère.

1° Considérons deux faces adjacentes A, B, et l'arête qui leur est cpqpuoe. Menons, par les centres de ces faces, des perpendiculaires sur leurs plans respectifs, et des perpendiculaires à l'arête. Les deux dernières se coupent au milieu de cette droite; donc les perpendiculaires aux deu* faces sont situées dans un même plan, perpendiculaire au milieu de l'arête commune ; donc elles se reucqntrent en un point 0, également éloigné de tous les sommetà dflS faces A, B; et elles forment, avec les deux autres perpendiculaires, vu quadrilatère ayant deux angles droits*

Soit actuellement une troisième face Cl, adjacente à l'une

des deux premières; si l'on répète, sur celle-ci et sur la face G, la construction précédente, on obtiendra un point 0' coïncidant avec , attendu que les deux quadrilatères sont égaux.

Il résulte de là que le point est également distant des sommets de À, B, C. En continuant, on verra qu'il est également distant de tous les sommets ; donc ce point est le centre d'une sphère circonscrite à un polyèdre régulier.

2° D'après ce qui vient d'être dit, le point est également distant de deux faces adjacentes quelconques, et» par suite, également distant de toutes les faces. Donc ce point est le centre d'une sphère inscrite au polyèdre.

Remarques sur les polyèdres réguliers. Désignons, comme dans le Livre VI, par F, S, A le nombre des faces, le nombre des sommets et le nombre des arêtes d'un polyèdre. Nous aurons les valeurs suivantes :

Tétraèdre régulier : F= 4, S= 4, A= 6;

Hexaèdre régulier : F= 6, S= 8, A=42;

Octaèdre régulier : F= 8, S= 6, A=12;

Dodécaèdre régulier : F=12, S=20, A=30;

Icosaèdre régulier : F=20, S=12, A=30.

On voit, à l'inspection de ce tableau,' que l'on passe de l'hexaèdre à l'octaèdre, en remplaçant le nombre des faces par le nombre des sommets, et vice versa. Ces deux polyèdres sont donc, en quelque sorte, conjugués. Il en est de même à l'égard du dodécaèdre et de Ticosaèdre. Quant au tétraèdre, comme ce corps a autant de faces que de sommets, il s'ensuit qu'il est conjugué à lui-même.

Cette considération des polyèdres réguliers conjugués paraît justifiée par la proposition suivante, que nous nous contenterons d'énoncer.

THÉORÈME XL1X

1° Les centres des faees d'un polyèdre régulier sont les sommets d'un autre

polyèdre régulier, conjugué du premier ; 2° Les sommets d'un polyèdre régulier sont les centres des faces d'un autre

polyèdre régulier, conjugué du premier.

THÉORÈME L

Les milieux des arêtes d'un tétraèdre régulier sont les sommets d'un octaèdre régulier.

THÉORÈME LI

A fout hexaèdre régulier on peut inscrire un tétraèdre régulier, dont les sommets et les arêtes appartiennent aux sommets de l'hexaèdre et aux diagonales de ses faces.

A l'inspection de la figure on reconnaît que les sommets Fig. 355. B, D, G, E de l'hexaèdre sont ceux d'un tétraèdre régulier.

Remarque. Indépendamment de ce premier tétraèdre inscrit, il y en a un autre, dont les sommets H, F, A, G sont respectivement opposés aux premiers. Ces deux tétraèdres sont placés symétriquement par rapport au centre de l'hexaèdre.

THÉORÈME LU

A tout dodécaèdre régulier on peut circonscrire un hexaèdre régulier, dont les sommets et les arêtes appartiennent aux sommets du dodécaèdre et aux diagonales de ses faces.

Reportons-nous à la construction indiquée ci-dessus Fig. 336. (Th. XLV), et soit AB...PQ l'une des deux surfaces polyédrales ouvertes dont l'ensemble constitue celle du dodé-

302 tHÉOftfeïfeS ET PRdBLÈÉKS

caèdre régulier. Menons, dans les pentagones AH, AC, AP, BI, les diagonales FH, EC, FE, HC : nous formerons ainsi un quadrilatère FHCE ayant ses côtés égaux. De plus, les deux diagonales FH, EC, parallèles à ÀB, sont parallèles entre elles ; et chacune d'elles est divisée en deux parties égales par le plan élevé perpendiculairement au milieu de AB ; d'où Ton conclut que les angles F, H, C, E sont droits. Donc FHCE est un carré.

Menons CL, EN, LN : la figure ECLN sera un carré égal au premier. En effet, l'angle trièdre CEDL est égal, évidemment, à l'angle trièdre CHBL ; donc la face ECL sera égale à HCL ; etc.

Si nous considérons actuellement la seconde moitié de la surface du dodécaèdre, noUs pourrons répéter les mêmes constructions, en choisissant, parmi les diagonales, celles. qui aboutissent aux sommets F, H, L, N. Nous aurons, sur chacune des deux parties de la surface du dodécaèdre, six arêtes d'un même cube ; donc, etc.

Remarque. Chaque diagonale, telle que EC, prise arbitrairement sur une face ABCDE du dodécaèdre, détermine un hexaèdre inscrit. Le nombre des hexaèdres réguliers inscrits à un dodécaèdre régulier donné est donc égal au nombre des diagonales d'un pentagone, c'est-à-dire égal à cinq.

Déterminer le rayon d'une sphère solide donnée (*).

(*) Les Problèmes dont nous n'indiquons que les énoncés se résolvent très-aisément, soit d'une manière directe, soit par la comparaison aVec les Problèmes traités dans les Livres II et III.

DE GÉOMÊlRiE ÊLÊlUSlITÂlkE. 303

D'an point donné, comme pôle, décrire une circonféretice de grand cercle.

Traeer une circonférence de grand cercle passant par deux points donnés.

D'un point donné, mener un arc de grand cercle perpendiculaire à un arc donné.

D'un point donné, mener un arc de grand cercle coupant, sous un angle donné, la circonférence d'un grand cercle donné.

Diviser, en deux parties égales, un arc de cercle donné.

Diviser, en deux parties égales, l'angle formé par deux arcs de grands cercles donnés.

A un triangle sphérique donné , circonscrire une circonférence.

A un triangle sphérique donùé, Inscrire une circonférence.

Remarque. Trois plans menés par le centre d'une sphère déterminent en général, sur sa surface, huit triangles. Par conséquent, si Ton propose de traeer une circonférence tangente à trois circonférences de grands cercles données, le problème admet huit solutions.

304 THÉORÈMES BT PROBLÈMES

Construire un triangle sphérique, connaissant deux côtés et l'angle compris.

Construire un triangle sphérique, connaissant deux côtés et l'angle opposé à l'un d'eux.

Construire un triangle sphérique, connaissant ses trois côtés.

Construire un triangle sphérique, connaissant un côté et les deux angles adjacents.

Au moyen du triangle polaire, on ramène ce problème au Problème X. La même considération permet de résoudre les deux questions suivantes.

Construire un triangle sphérique, connaissant deux angles et le côté opposé à l'un d'eux.

Construire un triangle sphérique, connaissant ses trois angles.

Par un point donné, mener un arc de grand cercle tangent] à un petit cercle donné.

D'un point donné, comme pôle, décrire un cercle tangent à un cercle donné.

Tracer une circonférence de grand cercle tangente à deux petits cercles donnés.

Remarque. La solution de cette question est tout à fait semblable à celle de ce problème de Géométrie plane : Mener une tangente commune à deux cercles donnés.

Tracer une circonférence tangente à deux cercles donnés et ayant un rayon sphérique donné.

Remarque. Ce problème admet, en général, huit solutions.

Décrire une circonférence qui passe par deux points donnés A, B, et qui touche un cercle donné G.

Par les deux points donnés, faites passer une circonférence quelconque, coupant en D, E la circonférence du cercle donné. Tracez les sécantes sphériques AB, DE ; et, du point F, où elles se coupent, menez, au cercle C, des tangentes sphériques FG, FG' : les points G, G' seront les points où les deux circonférences qui satisfont à la question touchent la circonférence donnée.

(Voyez Prob. XXX, Liv. III.)

Décrire une circonférence qui passe par un point donné, et qui touche deux arcs de grands cercles donnés.

(Voyez Prob. XXXI, Liv. III.)

300 TUf PtiWf fr phorUiks

PROBLÈNB XXII.

Décrire une circonférence I, qui passe par un point donné A, et qui touche deux petits cercles donnés B, C.

Nous savons (Th, XXXI) que l'arc de grand cercle mené par les points de contact inconnus M, N, passe par les foyers F, G des deux cercles donnés. Nous savons aussi que ces foyers sont les points ou vont concourir les arcs de grands cercles, également inclinés sur les circonférences B, C.

Conséquemment, si les cercles donnés sont extérieurs l'un à l'autre, pu $'u$ §e coupent, nous leur mènerons deux tangentes sphériques communes (Prob. XVIII), lesquelles se rencontrent aux foyers cherchés.

Si les circonférences B;C sont intérieures l'une à l'autre, prenons les points K, L, où elles sont respectivement rencontrées par Tare de grand cercle qui Joint leurs pôles ; puis, par ces deux points, faisons passer une circonférence quelconque coupant B, C aux points K' f L' : l'arc de grand cercle K'L' passera par les deuxfoyers (Th. XXX et XXXI).

Ces points, qui remplacent le's centrefs d'hompthétie de deux cercles situés dans un même plan, étant déterminés, la question s'achève aisément.

(Voyez Prob. XXXII, Liv. III.)

Décrire une circonférence tangente à trois petits cercles donnés.

Première solution. Le problème se ramène à celui qui

. précède. (Voyez Prob. XXXVI, Liv. M, première solution.)

Seconde solution. Pour ne pas compliquer les coo&truc-

tions, servons-nous de la figure 178, relative au cas où les circonférences étaient dans un même plan. Cette figure plane n'est, en aucune façon, la projection de la figure sphérique, mais elle permettra au lecteur de se représenter, avec plus de facilité, des constructions qui devraient réellement être effectuées dans V espace.

Soient donc A, B, C trois petits cercles situés sur la surface d'une sphère donnée ; et, parmi les huit circonférences qui peuvent satisfaire à la question, considérons abc, qui touche extérieurement ces cercles, et a'b'c, qui les touche intérieurement.

La droite 44', menée par les points de contact du cercle A avec les cercles cherchés, est une génératrice du cône [abc y a'b'c') déterminé par ceux-ci (Th. XXXI). De même pour bb' et pour ce 1 . Ainsi, ces droites concourent en un même poiiU o, centre ou sommet de ce cône. Et comme ces droites sont des cordes de la sphère, nous avons 00, oa'=ob .Qb'=oc. oc' (Th. XII); d'où il résulte encore que le sommet est en même temps le point où se coupent les plans des cercles donnés (Th. XV). Si Ton suppose ce point joint au centre de la sphère par une droite, celle-ci percera la surface sphérique en un point F (non représenté sur la figure), lequel sera tout à la fois l'un des foyers des cercles cherchés (Th. XXXI), et le point d'où Ton peut mener, aux circonférences A, B, G, des tangentes spbériques égales (Th. XVII).

Les sommets m, m', m" des cônes (A, B) (B, C) (C, A) sont situés sur la droite suivant laquelle se coupent les plans des cercles abc, a'b'c 1 (Th. XXXII); et cette droite est le lieu des points d'égale puissance par rapport à ces cercles (Th. XV). Donc les tangentes en a et en a' doivent

concourir en un point x situé sur cette ligne , et il en es de même pour les tangentes aux points 6, b', et pour les tangentes aux points c 9 c'.

La polaire du point x> relativement au cercle A, est la corde de contact aa'\ donc le pôle p de mm'ro" doit se trouver sur cette corde.

On conclut de lk, par le principe de la projection conique, que le point conjugué de la circonférence de grand cercle mm'm", relativement au cercle directeur A, est situé sur la circonférence de grand cercle passant par les points de contact a, a' .

Donc, 1° Construisez les foyers des cercles donnés, pris deux à deux ; 2° tracez la circonférence de grand cercle passant par trois de ces foyers ; 3° cherchez les points conjugués de cette ligne, par rapport à chaque cercle ; 4° joignez, par des arcs de grands cercles, ces points conjugués au point F, d'où Von peut mener, aux cercles A, B, G, des tangentes sphériques égales : les intersections de ces arcs avec les circonférences données seront les points de contact cherchés.

(Voyez Prob. XXXVI, Liv. III.)

Quel est le lieu géométrique des sommels G des triangles sphériques construits sur une base donnée AB , et dans lesquels la différence entre la somme des angles à la base et l'angle au sommet est constante ?

Fio. 537. Soit P le pôle du petit cercle passant par les sommets A, B, C. Si nous menons les arcs de grands cercles PA, PB, PC, nous décomposerons le triangle ABC en trois triangles isocèles. Or, E étant l'excès donné, et a, /3, y

DE GÉOMÉTRIB ÉLÉMENTAIRE. 309

étant les angles à la base dans ces trois triangles, l'égalité CAB+CBA — ACB=E équivaut à

/3+y+a+y-(/3+a)=E; d'où y=|E.

Ainsi, le triangle isocèle APB est déterminé, c'est-à-dire que le lieu cherché est Tare de petit cercle dont P est le pôle, et qui passe par les extrémités À, B de la base donnée.

Quel est le lieu géométrique des sommets G dey triangles sphériques de même base AB et de même surface?

En représentant par m le rapport du triangle ABC au p IG j$3g # triangle trirectangle, et en prenant pour unité l'angle droit, nous aurons

Prolongeons les côtés AC, BC jusqu'à ce qu'ils rencontrent la circonférence ABA'B' aux points A', B': nous formerons un triangle A'B'C, dans lequel les angles A', B' sont les suppléments respectifs des angles A, B. L'égalité précédente devient donc

2 — A'+2 — B'+C— 2=ro, ou A'+B'— C=2— m.

Ainsi, la différence entre l'angle G et la somme des angles A ', B' est constante ; donc le point C décrit un arc de petit cercle passant par les points* A', B'. C'est-à-dire que le lieu géométrique des sommets des triangles sphériques de même base et de même surface est un arc de petit cercle passant par les points diamétralement opposés aux extrémités de la base (*).

(*) Cette proposition est connue sous le nom de Théorème de Lexell. La démonstration ci-dessus, remarquable par sa simplicité, a été donnée par M. Steiner. l § ( Voyez Journal de LtouviUe, tome VI.)

310 TflÊORÈlM ET PROBLÈMES

Élanl donné le celé c d'un polyèdre régulier, trouver le rayon R de la sphère circonscrite et le rayon r de la sphère inscrite.

Fig. 339. Tétraèdre. On sait que les perpendiculaires abaissées des sommets A, D, sur les faces opposées, se coupent en un point 0, situé aux trois quarts de chacune d'elles, à partir du sommet correspondant. D'ailleurs, ce point est le centre commun de la sphère inscrite et de la sphère circonscrite ; ainsi

De plus, dans le triangle rectangle OGD, OD — OG=GÎ), ou R*r»=(^)\

Ces deux équations donnent

Hexaèdre. On a évidemment

R=i c ^3, r=lc.

Fig. 540, Octaèdre. Les trois droites OA, OB, OC sont perpendiculaires entre elles et égales à R. Donc c=Rk / lî, ou

SI nous menons OG perpendiculaire à ABC, cette droite sera le rayon de la sphère iuscrite à l'octaèdre, et nous

aurons, comme ci-dessus, R 2 — r 2 =^c 2 ; d'où

Fig. 341 . Dodécaèdre. Dans un pentagone régulier ABGDE dont c est le côté, menons le rayon OB=R' et lu diagonale AC=d.

DB QÉOMfitRlfe ÉLÉMENTAIRE. 311

D'après le Théorème I du Livre IV, le côté c est égal à la plus grande partie de la diagonale d, partagée en moyenne et extrême raison ; donc

Gela posé, assemblons trois triangles égaux à ABC. Nous obtiendrons un tétraèdre GABH (fig. 342), dans lequel l'angle trièdre B sera l'un de ceux du dodécaèdre (Th. XLV). Si donc nous abaissons BLI perpendiculaire à£AtI; si, slir BF nous prenons BO=R' ; et si enfin nous menons 01 perpendiculaire à ABC, le point I sera lé centre du dodécaèdre.

Les deux triangles BLF, BOI donnent ^=^»

Pour évaluer le rapport de BF à FL, observons que BF=|/ / S-^=|/ / ?ZZT^, et que FL=gFH=Jdk r 3.

Donc T=—i —î

puis, en remplaçant c par sa Valeur :

* = YW-*-i am y 5(5^21/5)'.

Le triangle BOI doune ensuite BI — OI=BO, ou R 2 — r*=R' 2 .

Le rayon R' du cercle circonscrit au pentagone régulier

a pour valeur , c : la dernière équation devient donc, en vertu de la précédente :

UUU r — (7.3^(5^^5) 40

Nous aurons donc r==îcl/^!