QR' , P'Q = PP' . RR
I^ rectangle des segments QR' P'Q étant connu, ainsi que la différence de leurs carrés, le problème ne présente plus sucoDe difficulté.
Couper par un plan un prisme triangulaire donne, de mantèrî que la section soit semblable à un triangle donné.
DB GÉOMÉTRIE ËLÉNBNTAinE. M7
On peut toujuurs supposer que la seciion paase par un sommet de ta base du prisme ; alors elle retranche du prisme une pyramide ayant pour base un trapèze , et l'on est ramené au problème précédeiii.
Remarque. Celle solution , remarquable par la simplicité, est due k Simon Lhuilier. En la modiSanl légèrement, on peut l'appliquer è cet autre problème :
Projeter tm triangle tur un plan dotmé, de manière que la projection toit ttmblable à un triangle donné.
Couper, par im plan, un tétraèdre régulier, de manière que ta section soit un carré.
D'après le Problème III , si le plan est parallèle ft deux arèies opposées AB,CD, et également distant de chacune, la section est un losange.
Mais, lé tétraèdre étant régulii-r, les arêtes opposées sont perpendiculaires entre elles; donc le losange est rectangulaire.
En résumé, le carré demandé a pour sommets les milieux E, F, G, If
des arèies AD, BD, AC, BC formant le quadrilatère gauche
ADBCA.
rr«fcl*Ma SU.
Couper un cube par un plan, de manière que la section soit un hexagone régulivr.
Prenons les milieux M,N, P, Q, R, S de six arêtes consécutives du cube : ces six points sont les sommets d'un hexagone régulier satisfaisant à la question.
sa TBÉORfcHBS ET PROU-ÈHES
D'nbord, le polygooe MNPQRS est plan. Ea effet, les oAlés HS, NP, prolongés, rencoatreiu CD un même point I le proloDgemcnt de l'arite FB. Dodc ces deux c6tés, et par suite tous lei côtés, sont situés dans un même plan, parallèle & celui qui CODtiendrait les sommets B, E, G du cube.
En second lieu, l'hexagone est équilatéral : car le dtté HS, par exemple, est égal i la demi-diagonale de la face ABFE.
Enfin , chacun des angles de l'hexagone HNPQRS est égal à }
d'angle droit. En effet, l'angle SMN est le supplément de IHN.
Or le triangle IMN est équilatéral ; donc, etc.
Remarquei. — I. L'hexagone régulier MNPQRS est isopérimétre avec le triangle équilatéral BEG. Il est fecile de reconnaître que la même propriété subsisterait pour tous les hexagones déterminés par des plans parallèles à BEG.
II. On sait (Th. XVI, liv. IV) que, parmi tous les polygones isopérinièlres et d'an même nombre de côtés, le maximum est le polygone régulier; donc, d'après la remarque précédente, rhtxagone régulier MNPQKS est plus grand que tous les hexogonet résultant de la section du cube par des pltms parallèlet à BEF.
III. Nous engageons le lecteur à essayer la résolution de ce problètne général : Quelles sont les figures résultant de la lectùm d'un cube par un plan?
Partager un tronc de pyramide en parties proportionnelles à des nombres donnés, par des plant parallèles aux bases.
Ce problème n'est pas susceptible d'une solution graphique, fondée seulement sur l'emploi de la règle et du compas. Nous allons donc chercher les expressions algébriques des difiérents segments de la hauteur du tronc : elles permettront, dans chaque cas particulier, de calculer les valeurs numériqties de ces lignes.
Soient B, 6, H les deux bases et la hauteur du tronc.
Supposons, pour fixer les idées, que ce polyèdre doive être partagé en quatre parties, proportionnelles à m, n, j9, 9 ; et soient ^f t/y 2> ^ l^s hauteurs de ces segments.
Prolongeons les faces latérales du tronc, de manière à reconstruire les deux pyramides dont il est la différence. Soit h la hauteur inconnue de la petite pyramide; alors H -f- A est la hau*leur de la grande.
. Nommons B', B'^ B'^' les aires des sections faites dans le tronc, par les plans parallèles aux bases ; nous aurons [ff ., 51 5] :
(H-t-A)V (H^A— ar)* (H-t-A — x — y)» BT 6
En comparant chacun des segments au tronc total, nous trouvons :
(B -f- B^ ■♦- V/bF)x m (B-*-6-*-1/B6)H ~^'
(B^6-f-i^B6)H « $ étant la somme des quantités m, n, p, 9.
Les premières proportions donnent, aisément, l/B-1^6 l^-|/ff I/B'-I/F I/'F-I/B'" V/B'"-|/6
H d*où
V/B — l/fi' l/B'— ï/F
»/B -V/6 ^ l/B -WT
V/F— I/b^ VW'—Vb
l/B — V/6 V^^Vb
En substituant ces valeurs dans les autres proportions» on trouve :
B»/B — B'V/b^ m BKB — fcl/r""*'
B'I/y — B'^j/F n Bl/B — 61/6 ""«^'
B"\/F' — B"'V/B^ p BV^B— 6V/6 ~^'
BV/B-61/6 ~« On déduit, de la dernière égalité,
puis, par des substitutions successives :
B" V/F = 61/ 6 -^ ^-^ (Bl/B - 61/6),
BVF.= 6l/6-4-''"*"P"*"^(Bt/B-6V/6).
DE GÉOMÉTRIE ÉLÉMENTAIRE. S7i
Dans chacune de ces nouvelles équations, formons les carrés des deux membres, et extrayons -la racine cubique, départ ef d'autre ; nous obtiendrons
puis
B"'= y [t 1/6 + J (B l/ÏÏ - 6 V/6)T .
B" = \^ [fc 1/6 ^ P^(B V/b - 6V/6) T.
B' = \/[6l/6 + l:îl^(Bl/B-6l/6)J;
1/b^= y 6 1/ 6 -H i (B V/b — 61/6), V/F = y 6 V^ 6 -«- ?^îl? (B ^/B - 6 >^6) ,
II ne reste plus qu'à faire de simples substitutions pour obtenir les valeurs définitives de x, y z^ t. Ce dernier calcul ne présente aucune difliculté.
Prablèaie XIT.
Étant donné un prisme dont les bases sont des hexagones réguliers ABCDEF, A'B'C'D'ET', et dont l'axe est 00', on construit les tétraèdres O'ACE, OA'C'E'; et l'on demande:
i ^ Quelle est la forme de la partie commune aux deux tétraèdres ;
2* Quel est le rapport entre cette partie commune et le prisme?
{^ L'axe 00' est égal et parallèle aux arêtes latérales du prisme. Donc les droites OA', O'A se coupent en leur milieu
in . THÉORÈMES ET PltOBLÈHBS
commun M. De même pour OC, O'C, ci eneure pour OË', O'E. Conséqucmment , la partie commune aux ûeux tétraèdres se compose du l'hexaèdre à faces triangulaires OMNPO'.
Cet hexaèdre esl composé, lui-même, de deux tétraèdres égaux, MNPO,MNPO', dont la base commune est le irian* gle cquilalérai MNP.
2° Le tétraèdre O'MNP esl l du tétraèdre O'ACË. Celuici est î du prisme triangulaire ACEA'C'E', ou \ du prisme hesDgonal donné (*).
vol. HNPO'^— vol. prisme hexaguttal.
vol. OBDÏPO* = — vol. prisme btxagotuU.
PrabUne XV.
Êtaiil donné un prisme droit, dont les bases sont des hexagmet réguliers ABCDEF, A'B'C'D'E'F', et dont l'axe est 00', m construit les tétraèdres O'ACE, OB'D'F' ; et l'on demande :
1* Quelle esl la forme de la partie commune aux deux tétraèdres;
3* Qu^ est le rapport entre cette partie commune et le prisme (") ?
(') En effet, le triangle équilatéral ACE est la moitié de rbeugone ABCDEF.
(") Concours séoéral, 187tl. dtast àe PhUotopkiê.
DB GÉOMÉTRIE ÉLÉHEnT&IRE. VU
1* I étant le milieu de 00', ou le centre du prisme, il est visible que les triangles ACO', D'F'O sont symétriques relativement 1 ce centre ; donc les plans de ces triangles sont parallèles. De même pour les plans CED' et E'C'O, EAC et A'E'O. Donc la partie commune aux deux tétraèdres, ou le noyau (*), est un parallèlipipède.
Un sommet de cette figure est l'iniersection de O'C avec la face OB'D'; ou, ce qui revient au même, l'intersection M' des
droites O'C, OG ; G étant le milieu commun de B'D', OC. (yc étant la moitié de OC, Taréie O'M' du noyau est i de O'C.
Semblablcmeni,
Les Taces du noyau sont donc les trois losanget O'M'PN', O'N'MP', O'P'NM', et les trois losanges OMP'N, ONM'P, OPN'M, symétriques des premiers, relativement au centre I; et le noyau est im rhomboèdre (Prob. VI). j
â* Le rhomboèdre équivaut à six fois le tétraèdre O'M'N'P', qui peut être considéré comme ayant pour base O'M'N' et pour sommet P'. D'uprès la remarque précédente:
vol. O'P'M'N' = — vol. O'ACE.
A son tour, le tétraèdre D'ACE est^ du prisme ayant pour (') Cette di!Doi>)inalioD,empriiDlde a la Cristallographie, ttbrcgc le diicoars<
base le triangle ACE, ou ^ du prisme donné. Ainsi
ou, enfin.
vol. rhomboèdre ss 6 . — • - vol. priême;
vol. rhomboèdre «= ^ vol. prisme.
Remarque. Soient
AB = c, 00'==/i, M'N' = p, 0'P = jf, On a
done, par la formule connue (Prob. VI, Rem. I) :
ou
cVk
Mais le volume du prisme donné est
etc.
Pr«MèBic XVI,
Svr les côtés d'un hexagone régulier ABCDEP, on élève six plansj perpendiculaires à celui de cette figure. On prend les arêtes non consécutives BB', DD', FF', égales entre elles. Enfin^ par chacune des droites B'D', D'P', F'B'^ et par un point S, situé sur
DE GËOHftTRIE ÉI^HEKTAIBE. 315
foJM de l'hexagone, on fait pauer des plana SB'C'D', SD'E'F', SP A'B'. Comment doit-on prendre le point S, pour que la somme det faces du polyèdre ainsi formé soit un minimum?
Remarquons d'abord que le volume de ce décaèdre est indépendant de la position du point S.
El) eifet, te corps se compose de douze prismes triangulaires égaut à OBCSB'C. ou symétriques de OBCSB G'; et il est facile de voir que ce dernier prisme a pour mesure OBG.BB'.
Pour déterminer, parmi tous les polyèdres construits comme il vient d'être dit, celui dont la surface latérale est la plus petite possible, observons que celle surface se compose de six trapèzes égaux à BCG'B'. et de six triangles égaux à SBC'. Il suffit donc que BCC'B' -t- SB'C' soit un minimum.
Menons les diagonales OC, 6D du losange OBCD, et les diagonales SC', B'D' du losange SB'C'D' ; menons encore la droite H', qui joini les ccnlres de ces figures. Nous aurons, comme il est aisé de le reconnaître :
