ARRETE —2,0287176 RARE ETES

TASER —9.0143599 Ve PE —92.0145599 ‘1.6652065 4.2214614

moitié . . . 1.8326051 — sin 24 1.6107507=sin 22

LA 4905120”, A—85043, 2 B — 940ÿ, B — 48010.

On trouvera de même C — 46° 7, et le calcul se vérifie par la condition 4 + B + C—180°.

LIL, Si le triangle est isocèle. À étant l'angle du sommet, a la base, on fera b — c dans l’équ. 8 ou 9, et l’on aura pe aR (p—b)R sont ST PER uns . : . . (10) équ. qui fait connaître l’une des trois quantités a, b et À. | Observez que si l'on donne un des angles, on connait les autres , par l'éq, B= C = 90° — < 4 (voy. n° 205, 6°),

| Problèmes de Trigonométrie.

364. La piupart des questions d’arpentage se réduisent à des résolutions de triangles. Nous offrirons ici quelques-uns de ces problèmes, qui sont d’un usage fréquent. |

[. Zrouver la distance AC (fig. 209), entre deux points l’un et l’autre inaccessibles? On trouvera une base quelconque BD, et les angles ABC, CBD, ADC, ADB, que font avec elle les rayons dirigés de ses extrémités B et D vers À et C: on résoudra les triangles 4BD et

CDB (p. 340, 1°); ce qui donnera les distances AB, BC, du point B aux points inaccessibles À et C;et comme on connait, dans le triangle ACB, deux côtés 4B, BC, et l'angle compris, on aura enfin 4C.

IT. Réduire un angle, un point ou une distance à l'horizon? I est rare que les signaux soient dans un plan horizontal ; alors ce ne sont pas les angles, les points et les distances observés, qu'il faut : porter dans le tracé du plan, mais bien leurs Projections horizontales (n° 272). Ainsi, lorsque le signal, vu de B et de C (fig. 208) est le sommet B’ d’un édifice ou d’une montagne , il faut substituer A à P”, l'angle CAB à CB'B, l'angle ACB à B'CB, etc.

Regardons comme connues, par l'observation ou par le calcul, toutes les parties du triangle B'CB ; comme CA est horizontal, on « pourra mesurer l'angle 4CB’ (même lorsque À ne sera pas visible); puis résolvant le triangle rectangle C4B', on aura CA, et la hauteur AB, Celle-ci, et l’hypoténuse B'B, serviront à trouver 4B dans le triangle rectangle BB". Ainsi on connaitra les trois côtés du triangle horizontal CBA, et par suite les angles qui le forment, et la position du point 4. ;

Soit B'C (fig. 208) une longueur mesurée sur un terrain en pente; il ne faudra porter dans le plan que la projection 4C sur l'horizon, ou a cos C. Le plus souvent C n’est que d’un petit nombre de degrés, et la réduction x — a cos C manque de précision (voy. la note du bas de la page 344). On préfère calculer l'excès de a sur x, ou e— a — a cos C'; or (n° 858) 1 — cos C — 2 sin’ : C, donc, e—2a sin + C — + aC?, enremplaçant le sin par l'arc qui est trèspetit : introduisant son nombre C’ de minutes, ou C — C’ sin 1” (n° 348), on trouve e — + aC”? sin° l’, et la longueur a réduite à l'horizon est x = a — + ! 40" sin? 1”.

IT. Évaluer une PTS verticale BD — x (fig. 190)? si le pied. D de cette verticale est accessible, on mesurera une distance horizontale 4D , ainsi que l'angle À, et le triangle rectangle 4BD donnera x — AD tang 4.

Si le pied D est inaccessible, on mesurera une distance AC dirigée vers D, ainsi que les angles 4 et C; et l’on aura x = AD tang 4, æ= DC tang C; tirant les valeurs de 4D, DC, et les retranchant, on a

PHARPRC x 7 — 40 :sin À sin C 7 tang A tang C7: sin (C — 4)

IV. Un triangle ABC (fig. 209) étant donné, trouver le lieu d’un

point D, en connaissant les angles ADC — B et ADB — »? Soient a, b, e, les côtés, 4, B, C les angles donnés du triangle 4BC, et les

angles inconnus 4BD — x, ACD — y. Les triangles 4CD et ABD donnent (équ. C, n° 355)

b sin ec sin x DA — ES PR, sin 8 sin ?

h à ls s c sin B Soit déterminé un angle », tel que sa tangente soit — b sin y” FE

sin y sin æ°?

aura tang 9 — d'où l’on tire (n° 73) 1—+tangy sin z+siny

1— tango sin x — sin y”

Ou plutôt (n° 859 et 360) tang (45° HE +) — POPSET PORTE Fai

sons, pour abréger, m— = (x L y),n —=+(x — y); m est connu, puisque x y est (n° 233) 360° moins À + CDB,

x + y—= 360 — (4LBLy—=2 m.

c sin B On a don tang © —= ————— T=Mm ñn di: 5? b sin 9’ mL

tangn —tang m. cot (45° +), y—=m—n.

La 1° donne», la 83° n ; d’où l'on tire x, y et la position du point D. On pourra même calculer 4D, CD et BD. Quand tang n est négatif, » prend un signe contraire dans les valeurs de x et y. Si les points 4, B, C, D ne sont pas dans un même plan horizontal, il faut préalablement les y réduire *..

Nous avons résolu ce problème graphiquement (n° 212, VI).

V. Trouver l’aire z d’un triangle ABC (fig. 182), connaïssant

1° Les trois côtés (voy. p. 303) ;

2° Deux côtés et l’angle compris; dans le triangle BCD, on a BD = a sin C ; ainsi, 3 — =: b X BD devient z— + ab. sin C.

* L’équ. que nous venons de traiter a la forme À sin x = B sin y, et on connaît la somme y + x = 2m. Le problème que nous venons de résoudre revient, comme on voit, à trouver deux ares x et y, lorsqu'on connaît leur somme et le rapport de leurs sinus ; le calcul est rendu propre aux usages logarithmiques. Ainsi on sait résoudre l’équation A sin x = B sin y = B sin (9 m — x).

548 TRIGONOMETRIE RECTILIGNE.

bain A n B

pd à 10 ettant cette

k sin # Sin C sin D

30 Un côté b et les angles; comme a —

valeur dans l'équ. qui précède, il vient 3 — :<b

VI. Trouver l'aire d’un quadrilatère ABCD (fig. 209), dont on

connaît les diagonales AD — D, BG = D'et l’angle AOB — 9, qu’el-

les forment entre elles? Cherchons séparément l’aire de chacun des

quatre triangles ; d’après l'équ. (2°), nous avons, en ajoutant et dé-

signant par a, b, c, d, les segments 40, OD, OB, OC des diagona- «

les, 3 = + (ac + ad — bd + bc) sin 0. Or, ce quadrinome revient «

à (a + b).(c+ d) = D X D'; donc s — + DD'sint. Concluons de là que Les aires de deux quadrilatères sont équivalentes lorsque leurs diagonales sont égales et se coupent sous le même

angle (voy. p. 304).

VII. Soient À le côté d’un polygone régulier (fig. 119), n le

nombre des côtés, « le nombre de degrés de l’angle central

AOB —92. 40G = «; le triangle 4GO donne

GO = AG. tang OA4G — +? A ,.cot(5a); le triangle 4OB est — 4G X GO : répété n fois, il produit : l’aire du polygone réqulier = + n 4?, cot (> a).

Le triangle 4LOB — R sin 40G X R cos 40G— +R sin 2(406),

ou 4OB — + R? sin «. En retranchant cette aire de celle du sec-«

7 Re? a 360° degrés de angle 4OB,

teur AOBgq ——

ire d da ha sas aire du segmen : ( 150 sin +):

VIIL. Trouver FR d’une zone sphérique DEFNG (fig. 167)? Cette aire = cire. CD X ZIK (n° 293) ; or R étant le rayon CD,

On a

1° cire. CD —97rR, %CI—Rsma, S8CK—= RSsin x.

a el æ étant les latitudes des points D et F exprimés en degrés, savoir 4 = OD, x = OF: done

RATE — CI=R(sin # — sina),

(n° 261), il reste, « désignant le nombre de.

TS — ere tn dd

et d’après les équ. (6) page 335, aire zone sphér. — 4 x 1 sin + (4 — x) cos ? (4 — x).

On prend # négatif quand le point F est situé de l’autre côté de l'équateur OC, c'est-à-dire quand l'équateur est compris entre les cercles des deux bases.

IX. Soit r le rayon OF (fig. 68) du cercle inscrit au triangle 4BC; dans le triangle 4O0F, l'angle OAF est moitié de CAB = À, OF — AF .tang 4, ou r = (p — a) tang = 4, p étant le demipérimètre de 4BC (n° 210, 1); c’est une valeur plus simple que celle du n° 318, IV. On y a vu que l'aire z de 4BC est pr; on a donc 3 = p (p— a) tang + 4.

Ces équ. peuvent servir à trouver un angleetun côté du triangle, connaissant 3 ou r, etc...

X. Soit la corde 4D — k (fig. 168), l'arc 4BD — a qu’elle soustend, À le rayon SA, letriangle rectangle $4b’ donne 4° —R sin 2a, d’où À — 2 R sin + a. Cette équ. donne la graduation a d’un arc, connaissant sa corde k, ou réciproquement. Quant à la longueur de cet arc, voy. n° 348.

Voici un usage important de cette formule. On ne peut se servir du rapporteur (p. 216) pour former un angle d’un nombre de degrés donné, que lorsqu'on ne vent pas une grande exactitude. Prenez un rayon arbitraire $4, dont la longueur À soit mesurée sur une échelle de parties égales très-serrées (page 239); notre équation donne les parties que contient la corde 4. Portant donc sur l'arc 4BD une ouverture 4D — À, menant SA et SD, l'angle ASD sera celui qu’on demande. -L’erreur de cette construction est comprise dans la seule épaisseur des traits. Nous avons publié, sous le titre de Goniométrie, une table très-exacte des longueurs des cordes.

XI. Pour avoir l'expression du volume d’un tétraèdre quelconque, soient 9 l’angle de deux faces, C le côté qui les joint, ZZ et hles perpendiculaires à cette ligne abaissées des angles opposés, hauteurs de ces faces triangulaires ; L sin o est la hauteur du tétraèdre, + CI est la base ; ainsi le volume est = + CHh sine.

XII. Soit un quadrilatère 4BCD (figure 191); désignons par a,b, e et d les côtés, et par (ab), (bc)... ., les angles formés par les côtés a et b, b etc. ... En projetant 4C, DC et BC sur 4B,on a AE = d cos (ad), EF — c cos (ac), FB = b cos (ab); et comme

350 TRIGONOMETRIE RECTILIGNE.

AB —a— AE + EF + FB, on obHEnL

a — b cos (ab) + c cos | (ac) — d cos (ad) ; de même, b — a cos (ab) + c cos (be) Æ d cos (bd), c — à cos (ac) + b cos (bc) + d cos (cd), d — a cos (ad) + b cos (bd) + c cos (cd),

en remarquant que les projections, qui sont soustractives, ont pour facteurs des cosinus négatifs (voy. p.321 et 329).

Multiplions ces équ. respectives par a, b, c, d, puis du 1°r produit, retranchons la somme des trois autres ; il viendra .

on aurait aussi

c —@? + b° + d? — 2 [ab cos (ab) H- ad cos (ad) À- bd cos (bd)], et ainsi des autres côtés.

Le mème calcul s'applique au pentagone, ete. En général, dans tout polygone plan, le carré d’un côté quelconque est égal à la somme * des carrés des autres côtés, moins deux fois les produits deux à deux de ceux-ci, par le cosinus de l’angle qu’ils comprennent. |

863. Les lignes trigonométriques servent souvent à faire des « transformations qui rendent les formules propres aux log. ou à résoudre des équ. En voici quelques exemples :