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aux arêtes opposées $\mathrm {AB}$ et $\mathrm {CD,}$ ses deux extrémités se projéteront en $\mathrm {P}$ à l’intersection de $\mathrm {AB}$ et $\mathrm {C'D'.}$

Par $\mathrm {AB}$ et $\mathrm {PQ}$ soit conduit un plan ; ce plan, perpendiculaire à celui de la figure, coupera le tétraèdre suivant un triangle $\mathrm {AQB,}$ que l’on pourra considérer comme base commune de deux autres tétraèdres, $\mathrm {CAQB}$ et $\mathrm {DAQB,}$ dont celui-là sera la somme. Leurs hauteurs $\mathrm {CE}$ et $\mathrm {DF}$ se projéteront suivant $\mathrm {C'E'=CE}$ et $\mathrm {D'F'=DF,}$ toutes deux perpendiculaires à $\mathrm {AB.}$ L’aire de leur base commune $\mathrm {AQB}$ aura pour expression $\mathrm {{\frac {1}{2}}AB\times PQ} \,;$ de sorte qu’en représentant par $T$ le volume du tétraèdre, on aura

$T={\frac {1}{2}}\mathrm {AB\times PQ\times {\frac {1}{3}}C'E'+{\frac {1}{2}}AB\times PQ\times {\frac {1}{3}}D'F'}$

$=\mathrm {{\frac {1}{6}}AB\times PQ\times (C'E'+D'F')} \,;$

mais on a

$\mathrm {C'E'=PC'} \operatorname {Sin} .(\mathrm {AB,CD} ),\qquad \mathrm {D'F'=PD'} \operatorname {Sin} .(\mathrm {AB,CD} )\,;$

d’où

$\mathrm {C'E'+D'F'=(PC'+PD')} \operatorname {Sin} .(\mathrm {AB,CD} )=\mathrm {C'D'} \operatorname {Sin} .(\mathrm {AB,CD} )$

$=\mathrm {CD} \operatorname {Sin} .(\mathrm {AB,CD} )\,;$

donc, en substituant

$T={\frac {1}{6}}\mathrm {AB\times CD\times PQ} \times \operatorname {Sin} .(\mathrm {AB,CD} ).$

Il pourrait arriver que le point $\mathrm {P} ,$ au lieu de se trouver sur $\mathrm {C'D'}$ se trouvât sur son prolongement. Pour plier la démonstration à ce cas, il ne s’agirait que de remplacer les sommes par des différences.