Cube inscrit dans un tétraèdre régulier

Bonjour soland,
Je crois que la solution réside dans le pavage de l'espace par tétraèdres et octaèdres.
Leurs sommets sont les centres des oranges de Kepler, une structure qui nous a déjà occupés.

On sait que $V_T=\dfrac {a^3}{6\sqrt 2} $
Alors $V_T=\dfrac {(2+\sqrt 2)^3}{6\sqrt 2}c^3=\dfrac {24+14\sqrt 2}{6\sqrt 2}c^3 $
$$\dfrac {V_T}{V_C}=2\sqrt 2+\frac 7 3$$

Je me suis gouré, soland, mais toi aussi. Ton $1,66$ me semble vraiment trop petit.
Ci-dessous une vue en coupe dans un plan médiateur du cube et du tétraèdre.
Si $a$ est l'arête du tétraèdre et $d$ la distance de deux arêtes opposées, on a $(\frac a 2)^2+d^2+(\frac a 2)^2=a^2$ d'où $d=a\dfrac {\sqrt2}2$.
Soit $c$ l'arête du cube. Le dessin ci-dessous fournit l'équation $c(1+\sqrt 2)=a\dfrac {\sqrt 2}2$ d'où je tire $a=(2+\sqrt 2)c$.

Le volume du tétraèdre est alors $\dfrac{a^3}{6\sqrt 2}= \dfrac {(2+\sqrt 2)^3}{6\sqrt 2}c^3$.
Je me suis gouré dans le développement de ce cube.
$V_T=\dfrac {8+12\sqrt 2+12+2\sqrt 2}{6\sqrt 2}c^3=\dfrac{(20+14\sqrt 2)\sqrt 2}{12}c^3=\dfrac{7+5\sqrt 2}3c^3$
Le rapport des volumes serait plutôt environ $4,7$