BA X R

^-r-^i=rr = 5374'". 6. Tirant de même le diamètre sin BDA '

ï! et joignant CE, on aura un triangle rectangle CE dans lequel on connaît le côté AC ==: 700a, et ingle adjacent CAE=AMC — ioo<>=2i«>4o'j d'où OUfZi. édit, *' 25

LTXI.

386 TRIGONOMÉT&IB

Ton conclura AE = — ^77= = 741 5™. I!

cas CAE ' lA

Maintenant si Ton tire MD et ME , les deux angkili

AMD, AME, étant droits, la ligne DME aealp

droite. Il reste donc à résoudre le triangle DAE dan li

lequel la ligne AM , dont il faut déterminer la gran

deur et la position , est perpendiculaire à DE. Or,

dans ce triangle on a les côtés donnés AD =5374.$,

AE=74i5, et l'angle compris DAE = BAC + CAI

— DAB= 104° 83 ' . De-là on conclura Fangle ADEs

56^ 93' ; et enfin par le triangle rectangle DAH on

aura AM=4i90°^. 83. Cette distance et Tatigle BAI

= ii2<> 27' déterminent entièrement la position da

point M. ,

Principes pour la résolution des triangles ^ sphériques rectangles.

Lxii. Dans tout triangle sphérique rectangU^ le rayon est au sinus de V hypoténuse ^^fiomwt le sinus d'un des angles obliques est au sinus ÔA côté opposé.

fig. 10. Soit ABC le triangle sphérique proposé , A soi angle droit , B et C les deux autres angles que nous appellerons angles obliques , et qui cependant p(Mff* raient être droits Tun ou l'autre, ou tous les deux; je dis qu'on aura la proportion R : 5//iBC : : sin B : 5£n AG. Du centre O de la sphère , menez les rayons OA, OB , OC ; prenez ensuite OF égal au rayon des tabks, et du point F menez FD perpendiculaire sur OA;k ligne FD sera perpendiculaire au plan OAB, puisque, par hypothèse , l'angle A est droit , et qu'ainsi les deux plans OAB , OAG sont perpendiculaires entre eux. Du point D menez DE perpendiculaire sur OB , et joigne! EF; la ligne EF sera aussi perpendiculaire sur OB, et ainsi Tangle D£F mesurera l'inclinaison des deux

fl

SPHERIQUE* 3$7

^lans OBA^ OBC, et sera égal à Fangle B du triangle %JBC. Cela posé dans le triangle DEF rectangle en D, »n a R : sin DEF :: EF : DF j or l'angle DEF=B , et puisque OF=R, on a EF= jm EOFi=jm BC , DF= rm AC. Donc R : sin B :: sin BC : sin AC, ou

R : sin BC :: sin B : sin AC.

Si on appelle a l'hypoténuse ou le côté opposé à Fangle ^Lroit A , & le côté opposé à l'angle B ^ c le côté opposé k Fangle C , on aura donc

fil sin a :: sin B : sin b :: sin C : sin c, ce qui fournit déjà deux équations entre les parties du Ariangle sphérique rectangle.

X.XÎII. Dans tout triangle sphérique rectangle le rayon est au cosinus d'un angle oblique ^ comme la tangente de l'hypoténuse est à la Xangente du côté adjacent à cet angle.

Soit toujours ABC le triangle proposé rectan- fig. log l^le en A, je dis qu'on aura R : coj B :: tang BC :^ umg AB.

Car en faisant la même construction que ci-dessus , le triangle rectangle DEF donne la proportion B : cos DEF :: EF : ED. Or on a DEF = B, EF = sin BC, 0E=cô5 BC , et dans le triangle OED

rectangle en £, on a D£=: ^ =

^^ — ^ ^ — ; donc R : co5 B :: sin BC :

4BOS BC tang AJ^ R^;/zBC .^ n

' s— ^ :: r^rr- : tanff AB, ou enfin

R cosaC ° '

R : cos B :: tang BC : tang AB.

. Si on fait comme ci-dessus BCma et AB=rc^ on aura R : cos B :: tang a : tang c ^ ou cos B =: Kta/tgc tangccota ta • • v

• ^— = — jr .. Le même principe appli*

388 Tai€oiroMi&TkiB

que à IWle C, donnera cos C=5-iî^-

tang b cot a R '

Lxiv. Dans tout triangle sphérique rectang^ le rayon est au cosinus d'un côté de l'angle droit 9 comme le cosinus de Vautre côté est m cosinus de l'hypoténuse.

€g. 10. Soit ABC le triangle proposé rectangle en A^ je

dis qu'on aura R : cos AB :: cos AC : cos BG.

Car la construction étant la même que dans hs

deux propositions précédentes , le triangle ODF

rectangle en D , où l'on a l'hypoténuse OF=:B,

donnera O D = cos D O F z:^ cos A C ; ensuite le

triangle ODE rectangle en E , donnera E =

ODco^DOE cojACco^AB ,-. . , ,

=: . Mais dans le tnan-

Jtl Jtx

gle rectangle OEF^ on a 0E = co5 BC; donc

■^ ^ cos A C cos A B . .

cos Jd Li === , ou , ce qui revient an

même,

R : cos AC :: cos AB : cos BC.

Ce troisième principe s'exprime par l'équation R cos a = cos b cos c ; il n'est pas susceptible d'en fournir une seconde , comme les deux précédents, parce que la permutation faite entre b et c n'apporte aucun changement à l'équation.

Lxv. Au moyen de ces trois principes généraux, on en peut trouver trois autres nécessaires pour la résolution des triangles sphériques rectangles. Ces derniers principes pourraient se démontrer directement , chacun par une construction particulière; mais il est préférable de les déduire des trois premiers par voie d'analyse , ^insi qu'on va le faire.

T ' .• , ^ K sin b ^ 'Rtangh

Les équations sm 13;= — : • cos G = ^

* sma ^ tangit

SPHBaïQIJS.

-fc s 1. . .. . cos C tane b- ' sin a cEonnent par leur division -t-s-= . , >- =

^ smastnb tang a

cos CL f • 1 . . . . V COS C ^^

T = (suivant le troisième principe) ■■■ -.On

a donc ce quatrième principe

$în B : cos C :: R : cosc^

duquel résulte aussi par la permutation delt lettres sirh C : cos B :: R : cos h.

Xe premier et le second principe donnent

, . ^ R sùi b „ Ktangc , ,. ,., .

atiL B = — ; , C05 B = ^— ; de là on déduit

sm a ^ tanga '

^fin B tang B sin b tang a 'R sin b

^os B R sin a tang c cas a tang c

en vertu du troisième priticipe)

cos b cos c tangc $tutff b y^ ...

•=-f . Donc on a pour cinquième principe l'équa-

n R tang ^ -1, 1 .

-tion tang B = — . , ou 1 analogie

R : tang B :: sm c : tang b ; d'où résulte aussi par la permutation des lettres:

R : tang C :: sin b : tang c.

Enfin, ces deux formules donnent tang B tang G=

Jl* tang b tang c R* , -,

.; , ^ . — 2 — = = ( en vertu du troi-

sm b sin c cos b cos c ^

feieme principe) . Donc R* =co5 a tangB tang C,

ou cet B cot G = R C05 a : ou

tang B : cot G :: R : co5 a,

C^est le sixième et dernier principe : il n^est pas susceptible de fournir une autre équation , parce que la permutation entre G et B n'y produit aucun chan« 'gement.

3gO TRIGOirOMB^miB

Voici la récapitulation de ces six principes doit quatre donnent chacun deux équations :