LIVRE II

on rayon égal à a on décrit un arc de cercle qui coupe généralement le second

côté AY de Tangle ; soit B un point de rencontre ; on mène la droite GB, et on a ainsi un triangle GAB, qui répond à la question ; car il a l'angle donné et les côtés donnés , disposés comme on Ta demandé.

Discussion. Ge problème n'est pas tou- ^ /JB Y jours possible ; et quand il est possible , il

a quelquefois deux solutions. Nous allons , pour nous exercer à une discussion

géométrique^ examiner les différents cas qui peuvent se présenter. Observons d'abord qu'avant d'employer le côté a opposé à l'angle donné A, on a déjà construit l'angle donné XAY et pris AC = b. On peut abaisser du point G sur AY la perpendiculaire GD ; supposons cette perpendiculaire abaissée ; le côté a devra partir du point G et atteindre AY; donc il ne saurait être

moindre que CD , qui est la plus courte ligne qui puisse aller de G à AY ; donc

l* on doit avoir a ^ GD ; si cette condition n'est pas remplie , de quelque manière qu'on s'y prenne, on ne pourra faire un triangle avec les données ; si on opère comme nous l'avons fait, il arrive que l'arc de cercle décrit n'atteint pas AY. Supposons donc cette condition remplie , et a au moins égal à GD ; snpposons-le même , en général , plus grand ; alors a est une oblique allant de G à AYy at on peut placer deux de ces obliques Tune à droite, l'autre à gauche de CD. Gela posé, il peut se présenter trois cas : 1^ l'angle donné A est obtus; t* il 6Bt droii; 9* il est aigu.

1« A est ohiui ; dans ce cas, l'oblique égale à a, située à gauche de CD, ne

peut convenir ; car elle est vis-à-vis de X \ l'angle XAZ, qui n'est pas l'angle donné

l'oblique de droite ne pourra convenir qu'autant que son pied dépassera le point A ; et pour cela il faut que l'on ait a plus grand que l'oblique b déjà construite ; alors l'arc de cercle atteint AY en un point B , tel que le triangle GAB réponde à la question. Donc si A est obtus, il n'y a qu'une solution , et pour qu'elle existe , il faut que le côté donné opposé a soit plus grand que b ; ce que l'on pouvait prévoir, puisque l'angle A est le plus grand des angles du triangle.

2* L'ai^ A est droit; alors CD et b se confondent; si donc le côté a est Tfikaê grand que b , la construction indiquée donne deux obliques égales à a , l'une à droite, l'autre à gauche, qui produisent deux triangles GDB, GDB' identiquement égaux; ce qui ne fait qu'une solution.

8* CAS." A aigu. Dans ce cas , si a est égal à la perpendiculaire CD , l'arc de cercle décrit touche en D la ligne ZAY» et le triangle rectangle CAD répond à la

question ; si a est plus grand que CD , l'oblique de droite égale à a conyient

toujours, et fournit une première solution de la question. Si a est en même temps moindre que h, ex. CBi , en prenant DB',=DB, , et joignant CB, , CB', , on a deux triangles CABi , CAB'j, qui répondent tous deux à la question ; car

•g' /j^/b'' T) \b '\B ^B ^'^ ^"^ chacun l'angle donné et les deux

^ ^^ côtés donnés disposés comme il est

demandé. La construction indiquée fournit ces triangles, Tare de cercle passant en Bi et B'.. Si le côté a=h. Tare de cercle vient passer en A, et les deux obliques égales à a ne fournissent qu'un seul triangle isocèle CAB,. Enfin, si a est plus grand que &, la deuxième oblique dépasse CA vers la gauche, et le second triangle CAB'3 ne convient pas , puisque l'angle CAB'a n'est pas l'angle donné; mais le triangle CABj est une solution. Ainsi, dans le cas de A aigu, il y a toujours une solution si a est au moins égal à la perpendiculaire CD; il y en a même deux dans le seul cas où a est en même temps plus petit que h. Nous avons examiné tous les cas qui peuvent se présenter.

Problème.

T7^acé des parallèles.

HO. Par un point donnée^ mener une parallèle à une rfroiVeAB.

Je joins le point C à un point quelconque, D de AB; puis je fais

,^ avec CD au point C un angle DGH

Q r-xr: 1^ égal à Tangle CDE (il 5) ; ces angles

y ^ *- .^ / égaux GDA, DGH ayant la position î .Iii=^L___ d'angles alternes internes par rapport à la sécante GD, les lignes AB, CH sont parallèles (59).

Pour construire Tangle DGH = GDA, on peut employer le rapporteur, ou bien . faire comme il a été expliqué nMiS; du point D comme centre on décrit un arc GE qui s'arrête sur AD ; puis du point C comme centre, avec la même ouverture de compas^ on décrit Parc indéfini DI, au-dessus de AB; puis du point D comme centre avec un rayon égal à la corde de CE on décrit un arc qui coupe DI en H; enfin on mène la droite CH, qui est la parallèle cherchée (CE = DH et GDA = DCH) .