AB '.BC
Multipliant comme ci-dessus et supprimant AB,AC,BC haut et bas, Il vient AB,;.Bé..,.cA'
Celte propriété peut ainsi s’énoncer : Si l’on a un triangle et trois transversales émanant d’un même point et passant chacune par un sommet, le produit des quotients ou le quotient des produits des segments de gauche par ceux de droite est égal à l’unité.
Si le point D est situé dans l’intérieur du triangle, la même propriété a encore lieu : c’est ce qu’indique lafigure 85 à laquelle on a conservé la notation précédente. Si l'une des transversales, celle qui passe par C, par exemple, partage en deux parties égales le côté opposé AB, dès lorsAB'' = BB' et l’équation ci-dessus se
réduit à f et indique que la droite A'C'" est parallèle
à AB. De là, nous déduirons bientôt le moyen de tracer, par un point donné, une parallèle à une droite.
135. ProbUnm. Le premier théorème trouve son application immédiate dans la question suivante ;
Trouver la distance de C accessible à c inaccessible. On prend un point A {fig. 86), dans le prolongement de Ce : on choisit un autre point B propre à former un triangle avec A et B. .Sur BC, on marque un point b pris arbitrairement, puis on cherche a rencontre des alignements ôc,AB, et en considérant XY comme
TRANSVKRSALES. ' H1
une transversale, on a Aa.B{>.Cc= Ac.Ba.Cb. Mettant à la place de Ac sa valeur AC + Ce,
Aa + Bé + Ce— AC.Bn.C6 + Cc.Bn.CA
OU
CcfAC
Bn,C6
A.O.B6 — Bn.C6
et enfin Cc
Aa.B6
Bn.C6
On peut mesurer AC et les segments Aa,Ba,B&,C6 des deux cAtés AB,BC du triangle ABC, dont on connaît Cc.
136. On demande de prolonger la ligne AB (fiy. 87) au delà d’un obstacle. On cherche un point c duquel on puisse voir C au delà de l’obstacIc. On trace les alignements Bc,Cc, puis on choisit b sur Bc de manière à pouvoir, avec ralignement Ab, former un triangle abc convenable. Alors considérant AC comme une
transversale, par rapport au triangle abc, on a '^6 Bc~ * > mettant pour Cc sa valeur aC — cC, et tirant celle de aC, il viendra aC = Déterminant un autre point C' par la même
Aa.B6~^'
méthode, on sera en état de tracer le prolongement de AB.
137. Mener par le point a une droite parallèle à AB supposée partout accessible.
On prend C (/îg. 88) sur oB prolongé : de C on mène les trois droites CA, CB et Ce; cette dernière étant dirigée sur c milieu de AB ; ensuite, on détermine l’alignement Aa ; on marque le point de rencontre de Aa et Ce; puis, enfin on prolonge BU jusqu’en b et la droite qui unit a à b est la parallèle cherchée, d’après l’une des propriétés des transversales.
Si les extrémités seules de la droite sont accessibles, on mène les alignements aB,AD, on mesure DB,AD,Da et l'on porte sur AD prolongé, Db (fig. 88 bw), quatrième proportionnelle à ces trois lignes.
On obtient encore la longueur de AB au moyen d’une proportion de cêtés dans les triangles semblables .ABD, abD, après avoir toutefois mesuré ab. Celte méthode pourrait être également employée dans le premier cas, mais l’autre est préférable en ce qu'il ne faut mesurer que AB pour en avoir le milieu.
Si la droite est entièrement inacces.sible, on nïésures les di-
stances AD, BD d’après le principe que fournii le picinier théorème; puis on opère connue dans le second cas.
Si AB {/ig, 89; est acce.ssible dans son prolongement .seulement, on pourra construire l’angle en a par les trois cèlés du triangle de construction abc, puis au point C où l’on veut faire passer la parallèle, on fera l’angle C égal a a en construi.sant également le triangle Ccd= abc.
On peut encore quand la droite donnée CD (fig. 100) est entièrement inaccessible, employer le procédé suivant : A étant le point donné par lequel on doit mener la parallèle, il est clair que le problème se réduit à faire l’angle DAK = CI)A. On mesure l’angle CAD sous lequel la droite CD est vue par l’observateur placé en A : on choisit, un peu loin de ce point, un autre point B duquel CD apparaisse sous le même angle, et l’on y parvient par tâtonnement. A,B,C,D supposés dans un même plan, seront situés sur une même circonférence, et l’on aura CB.A = CD.A. Si donc on fuit en A, avec AD, un angle égal à ABC, le second cété .AK de cet angle sera la droite demandée.
tS8. Les obstacles qui empêchent de prolonger une ligne ou de mesurer une distance peuvent se présenter de diverses manières et donnent lieu à'dilTérentcs solutions dont nous allons passer quelques-unes en revue.
1° Trouver les projections des points B et B' situés sur le prolongement de AA' et au delà d’un obstacle {fig. 90). On choisit un point G duquel on puisse voir A,A’, B et B ; on mène les alignements GA,GA ,GB,GB'. Par un point C quelconque pris sur l’un d’eux, on trace, par l’un des moyens connus, GF parallèle à AB , et de simples proportions déterminent les distances des points BB' et permettent ainsi de tracer leurs projections.
139. 2° Trouver la projection de F {/ig. 91), que l’on sait être sur te prolongement de AB. On peut choisir un point B , duquel soit visible F et tel qu'on le voie aussi de O milieu de BB . Par D pris arbitrairement sur AB, on mène une parallèle DD' à BB', on cherche le point de rencontre O de cette ligne et de OF prolongé, puis faisant O D = O'D, on trace sur le papier les lignes indérinics OU' et B'D' qui rencontrent le prolongement de AB précisément en la projection de F. Pur ce moyen, un a trouvé en même temps la distance de ce point supposé inaccessible. On aurait encore pu, sans mener DD' parallèle à BB', marquer par un jalon le pOint c intersection de B'D et OF, puis mesurer CB,
TRANSVEHSALES. 143
CB', CD et porter CD' quatrième proportionnelle à ces trois lignes.
140. 3“ S’il s’agit de déterminer sur le terrain un point F sur le prolongement de AB (fig. 92), on peut encore procéder ainsi qu’il suit : on prend une base AC, on abaisse B.V sur AC et sous un angle quelconque; on lui mène une parallèle DE à une distance convenable pourqu’ellc ne rencontre pas l’obstacle. Enfin, on marque, au moyen d’un jalon, E rencontre de BC et DE. Les
triangles semblables ABA',.AFü donnent FD=r^^^, et ces
trois lignes pouvant être mesurées immédiatement, le problème est résolu.
141. Deux jtoinU accensibles étant connus de position cl situés sur un terrain découvert, déterminer, au moyen de la chaîne, la position d'un troisième point inaccessible.
l" Soient A et B les points donnés, on jalonne les directions AC,BC sur lesquelles on marque deux points A ,B', puis on mesure AB,AA ,AB ,A'B,BB' et l’on construit sur le papier les deux triangles aa b,abb semblables à ceux du terrain. On prolonge an et bb' et le point de rencontre c est la projection de C.
2“ Si un obstacle, comme l’indique la ligure 94, s’opposait à ce qu’on marchât de A en B et de B en A, on construirait le.sdeux triangles AA A ,BB B ', on en mesurerait les côtés, puis on les construirait sur le papier;
.3“ Si Aet Bêlaient situéssur les deux bords d’un fleuve (/iÿ. 9.5), de manière à ce qu’on ne pùl avancer de A en B cl en C, ni de B vers A et C, on construirait les triangles AA'.V',BB B , sur les prolongements des côtés du triangle ABC ;
4° Supposons que A et B soient séparés par un obstacle et que du premier seulement on puisse voir C. On prend sur l’alignement AC un point C NisibledeB; surBC, on marque un point D et l’on prolonge Cl) jusqu’en B . ün mesure AC,BC',BU cl BB'. Par C',on imagine la droite C A parallèle à CD : cela posé, des deux triangles semblables BC'A’BDB , on lire BD ; BB' :: BC' BA'. Celle proportion donnant B.A' en fonction de quantités connues, on en déduit AA' qui est la différence de AB à A'B : puis comparant AC'A' et ACB', on trouve :
-AA' : AC' :: ab> ; ac d'ou enfin AC—
5» Si l’un des deu.x points, A par exemple (fig. 97), est inaccessible, on peut mesurer BB' sur AB; prolonger CB' jusqu’en D, qui, avec B et B' forment un triangle convenable. On mesure BD et B'D pour construire le triangle sur le papier et l’on prolonge BD jusqu’en C' sur le prolongement de AC. En mesurant BC, on pourra construire la projection de C : elle sera le point d’intersection de ac' et de b'd ;
6* On pourrait encore, comme dans la figure 98, mesurer AA' sur l’alignement AC ; joindre et mesurer A'B, et construire sur le papier le triangle AA'B, puis prolonger les lignes .AB et A'B jusqu’en B' et D; mesurer BB',B D et BD; et enfin construire le triangle BB'D. La projection de r de C serait à l’intersection dc A.A',B'D prolongées.
142. Trouver, avec la chaine seulement, l’aire d’un polygone quelconque.
Il sulBra de mesurer les côtés et les angles, en construisant pour chacun d'eux un triangle au moyen de ses trois côtés. Si le polygone est intérieurement inaccessible, les angles saillants se construiront par des triangles formés sur les prolongements des côtés comme en A (fig. 99). Si, au contraire, on ne peut opérer que dans l’intérieur, on agira pour les angles rentrants comme en B (même figure).
143. Mener sur le terrain une perpendiculaire à l’extrémité d’une droite AB sans la prolonger.
On choisit dans l’intérieur de l’angle que l’on veut construire un point C. De ce point, on tend un cordeau de la longueur AC, de telle sorte que son extrémité ü tombe sur A (fig. 101). On prolonge CD au moyen de jalons; on porte EC= CD et le point E appartient à la perpendiculaire AE cherchée. On voit qu’il n’est plus question ici des propriétés des transversales ; mais ce problème et ceux qui suivent pouvant trouver une application fréquente, et leurs solutions pouvant s’obtenir aussi sans le secours d’instruments, il nous a paru convenable d’en faire mention.
Le même problème se résout encore ainsi qu’il suit : on divise un cordeau en trois parties qui soient entre elles comme les nombres 3, 5 et 4. On attache les deux extrémités en B (fig. 102) : on fait coïncider la partie qui contient trois divisions ou celle qui eu contient quatre avec la hase AB ; puis l’on tend le cordeau de manière ([ue les deux autres portions forment entre
