PROBLÈMES SUR LES TRIANGLES

§ V. — Problèmes.

N° 183. Problème I. Fig. 124.

Étant donnés deux angles d’un triangle , déterminer le troi- Fig. «4. si'eme.

1” Construction. — ïar deux points quelconques, A, B, d’une droite AB, menons deux autres droites, AC, BC, qui fassent deux angles CAB, CBA, respectivement égaux aux deux angles donnés (n° 129). La somme de ces angles devant nécessairement être moindre que 2 droits (n° i63), les droites AC,

BC, se rencontreront (n° i3g) en un point C, en faisant un angle ACBégal au troisième angle du triangle (n° i63 , corail. 3).

2* Constr. — Par un point B pris sur une droite quelconque ABD , menons deux droites BC , BE, qui fassent avec les segmens de droite Ba, BD, des angles ABC, DBE, respectivement égaux aux deux angles donnés ( n° 129). L’angle CBE, supplément de la somme des deux angles donnés (n° 112, coroll. icr), sera l’angle cherclté.

N” ■ 83. Problème II. Fig. i38.

Étant donnés les trois côtés d’un triangle, construire le Fig. 1 38. triangle.

Construction. — i° Prenons, sur une droite indéfinie, une longueur AB égale à l’un des côtes donnés. — 2° Du point A comme centre , et d’un rayon AC égal au second côté donné , décrivons un arc de cercle. — 3° Du point B comme centre , et d’un rayon égal au troisième côté donné , décrivons un autre arc de cercle qui coupera le premier en C [ si le triangle est possible ]. — 4° Menons les droites AC , BC.

Le triangle ABC sera le triangle demandé (voj-ez le n° 169).

Scolie. — Pour que le triangle soit possible, il faut que les deux arcs de cercle décrits des points A et B comme

l4a UV. I; CBAP. IV; § IV. —

Fig. 1 38. centres, se coupent; et pour cela, il faut que le côté AB soit plus petit que la somme des deux autres , et plus grand que leur différence (n° gg). Or, si ces conditions sont remplies, comme les arcs se couperont en deux points C, C', il y aura deux triangles ABC , ABC' , symétriques par rapport à AB , qui satisferont à la question. — Mais nous reviendrons plus loin (n° 187) sur cette remarque, et nous la généraliserons. •

N° 184. Problème III. Fig. i38.

Étant donnés deux côtés d'un triangle et l’angle compris , contruire le triangle.

Construction. — i° Prenons une droite AB égale à l’un des côtés donnés. — 20 Faisons sur cette droite un angle BAC égal à l’angle donné (n° 12g); et prenons sur la droite AC une grandeur AC égale au second côté donné. — 3° Menons BC.

Le triangle ABC sera le triangle demandé {voyez len° 170).

Scolie. — Le triangle est toujours possible.

N° i85. Problème IV. Fig. i38.

Étant donnés un côté et deux angles d'un triangle , construire le triangle.

Les angles donnés peuvent être , ou les deux angles adjaccns au côté donné , ou bien , l’un adjacent et l’autre opposé à ce côté. Mais comme, d’après le numéro 182, les trois angles sont connus dès que deux d’entre eux sont donnés (n° i63), on peut supposer que les deux angles donnés sont les angles adjacens au côté donné : nous opérerons dans cette hypothèse. i.sv.

Contraction. i° Prenons une droite AB égale au côté donné. — 20 Par les points A et B menons des droites qui fassent avec AB deux angles respectivement égaux aux angles donnés (n° 12g); et soit C leur point d’intersection.

Le triangle CAB sera le triangle demandé ( voyez le n° 173).

PROBLÈMES SOU LES TRIANGLES. Iq3

Scolie i". — Le problème sera toujours possible quand les deux angles donnés feront une somme moindre que a droits.

Scol. a. — Si les deux angles qui doivent être adjacens au côté donné formaient une somme égale à un droit , le triangle demandé serait un triangle rectangle ayant pour hypoténuse le côté donné} et alors le problème pourrait être présenté ainsi :

Étant donnés l'hypoténuse d’un triangle rectangle et l’un de ses angles aigus , construire le triangle.

Construction. — i° Prenons une droite AB (fig. i3g) égale Fig. 139. au côté donné. — 20 Par le point A [ou B] menons une droite AK qui fasse avec AB un angle égal à l’angle donné. — 3° Du point B abaissons sur AK la perpendiculaire BD (n° 100).

— Etc.

N° 186. Problème V. Fig. 'i3g.

Étant donnés deux côtés d un triangle et l’angle opposé à Tun deux, construire le triangle. . •

Construction. — iü Prenons une droite AB égale à celui des deux côtés donnés qui doit être adjacent à l’angle donné A.

a” Par le point A menons une droite indéfinie AK faisant

avec AB un angle égal à l’augle donné (n° 129). — 3° Du point B comme centre , et d’un rayon égal à l’autre côté donné [ celui qui doit être opposé à l’angle donné ] , décrivons une circonférence qui coupera généralement [si le triangle est possible ] la droite AK en deux points C et c. — 4° Menons BG , Bc.

Les deux triangles ABC , ABc , satisferont également à la question si les points C et c sont situés sur AK même et non sur son prolongement ( voyez le n° 173).

Discussion. ■— i" Cas. — Supposons que Y angle A soit aigu.

— Le triangle serait impossible si le côté donné BC était moindre que la perpendiculaire BD abaissée du point B sur AK :

«ar alors l’arc de cercle décrit du point B comme centre, n«

l44 LIŸ. *> CHAP. IV; § IV.

Fig. 1 3g. rencontrerait pas AK. — Si BC est égal à cette perpendiculaire, les points C , c , se confondront avec le point D : par conséquent l’arc de cercle touchera AK en D ; et il n’y aura qu’une solution. Le triangle sera rectangle enC [ou D]. — Enfin, si BC est plus grand que la perpendiculaire , il y aura deux points d’intersection ; mais les deux triangles qui en résulteront ne satisferont à la question que si les points C et c sont du meme côté de A , c’est-à-dire si AB > BC.

2* Cas. — Supposons que Y angle A soit droit. — Le problème peut alors s’énoncer ainsi :

Étant donnés Vhjrpolénuse d'un triangle rectangle et un second côté , construire le triangle.

Ce triangle ne sera possible que si AB < BC ; et cette condition supposée remplie, il y aura deux points d’intersection qui donneront pour résultat, deux triangles rectangles symétriques entre eux.

3' Cas. — Supposons Y angle A obtus. — Dans ce cas , il n’y aura encore de solution que si AB <[ BC ; et la solution sera 4 unique.

K°i87. Remabqce sur les quatre problèmes précédens. — Dans les quatre problèmes qui précèdent, c’est toujours sur un premier côté AB que s’cfFectue la construction du triangle. Or, il y a quatre manières de disposer les données du triangle par Fig. i^o. rapport à la droite AB, comme le montre la figure i/jo; d’où il résulte que , si l’on veut avoir égard à la disposition de ces données, le nombre des solutions de la question sera généralement de quatre , et pourra même aller jusqu’à huit dans le problème v ( n° 186). Mais d’abord, le nombre des solutions essentiellement différentes se trouvera réduit de moitié si l’on considère que la droite AB partage la figure en deux parties égales ou symétriques ( n° 43 ) ; et ensuite, les solutions restantes seront encore symétriques deux à deux par rapporté une seconde droite menée perpendiculairement par le milieu de AB. Enfin , il pourra même n’y avoir eu tout

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— WtbBt. SUR tES TRIANGLES. (i5

<ju //ne seule solution , ce qui arrivera si le triangle à construire Fig. 140. doit être un triangle isocèle ayant pour sommet le point Cl'

[ F oyez la remarque du u° 174.]

Si l’on se proposait de — Construire un triangle, étant donnés ses trois angles seulement , — le problème serait indéterminé <n» 174). On pourrait alors prendre un côte tout-à-fait arbitrairement, et construire le triangle sur ce côté, comme dans le numéro i85. Au moyen de ce triangle , on obtiendrait ensuite facilement tous ceux qui satisfbut aux mêmes condi-’ tiens : il suffirait pour cela de mener des parallèles h l’un’ des côtés.

Quand on sait d’avance que le triangle doit être isocèle ou rectangle, cette connaissance équivaut à une donnée ; et il n’en faut plus que deux autres pour déterminer le triangle. - •

Aiusi, un triangle isocèle peut être construit lorsque l’on connaît ; - '

i° Deux côtés inégaux avec l’espèce de chacun [base ou côté latéral] ;

a0 tn côté et un angle avec l’espèce de chacun [angle au sommet ou à la base, etc. 1.

De même, un triangle rectangle peut être construit lorsque l’on connaît :

i° Les deux côtés de l'angle droit ( n° 184 ) ;

a0 L n côté de l’angle droit et un angle aigu (n° ,8ô) ! t

3° L’hypoténuse et un angle aigu ( n° 1 85 ) ;

4" L’ hypoténuse et un côté de l’angle droit (n® 186).

[/' oyez les numéros 174 — 1 77.]

'■'* J. It HJ

11 est facile de voir que le troisième et le quatrième cas des triangles rectangles peuvent se résoudre au moyèn du cercle, en décrivant une demi-circonférence sur l’h y pote ri use donner comme diamètre (n° 102, 1°), et menant par l'une des extrémités de ce diamètre, une corde qui satisfasse à la seconde condition exigée.