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Solutions des exercices
15. Icosaèdre
Les points O, A, B, C, K sont dans le plan de la
figure. OB est un axe d’ordre 5. OK est normal
à la face dont la projection est BC : c’est un axe
ternaire.
Soit a l’angle entre Oy(A2) et OB(A5) et P l’intersection entre les droites orthogonales OB et AC.
Les 5 triangles ayant B comme sommet commun
se projettent, sur un plan normal à OB, selon un
pentagone dont le centre est P. On a :
cos a =
AP
AB
=
R
a
=
2
10 − 2
√
5
.
On en déduit a = 31,717
◦
. De sin a = AB/2OB, on tire :
OB = a/2 sin a.
On pose c = {OB, OK}. K est le barycentre du triangle dont la projection est BC
donc :
sin c =
KB
OB
=
a
√
3
3.OB
et c = 37,38
◦
. {OC, OK} = 20,90
◦
.
On peut aussi utiliser la trigonométrie sphérique :
Soit un triangle sphérique dont les sommets sont les projections stéréographiques de
trois axes 5. Les angles du triangle (
A) valent 360 ◦ /5 = 72 ◦ . Les côtés du triangle
(a) correspondent à l’angle entre 2 axes 5. Or dans un triangle, on a :
cos
A = − cos
B · cos
C + sin
A · sin
B · cos a
On en déduit a = 63,434 9 ◦ qui est le double de
l’angle entre un axe 2 et un axe 5.
Les calculs qui précèdent permettent de positionner les axes de symétrie contenus dans le plan
xOy. 4 des axes 3 du groupe occupent la même
position que dans le groupe cubique m3m. On obtient la projection ci-contre. Les pôles des faces
de l’icosaèdre sont confondus avec les axes 3 (les
pôles des faces d’un dodécaèdre pentagonal sont
confondus avec les axes 5). On peut indexer les
faces avec la notation (hkl) mais h, k et l sont alors
irrationnels.
Ainsi le dodécaèdre pentagonal peut se noter (01t) avec t =
1
2
√
5 + 1
.