CHAPITRE PREMIER

PROBLÈME I (figure 1).

Deux points étant dominés, l'un sur le plan horizontal de projection^ Vautre sur le plan vertical de projection, trouver les projections de la droite qui joint ces deux points.

Soient A le point donné sur le plan horizontal de projection, et P le point donné sur le plan vertical. La projection verticale du point A s'obtient par la projection sur la ligne de terre LT de ce point A^ soit a' cette projection.

La projection horizontale du point P, s'obtient par la projection p sur la ligne de terre de ce point P.

Or, le point P est à lui-même sa projection verticale, une ligne droite a pour projection une ligne droite; donc la projection verticale cherchée de la droite qui passe par les deux points donnés est a'P. Par la même raison la droite kp est la projection horizontale de la droite cherchée.

ScoLiE L Les points A et P sont les traces de la droite donnée.

PROBLÈME II (figure 1 ).

Une droite étant donnée par ses projections y trouver les traces de cette droite.

Soient cd, dd! les projections de la droite donnée, cherchons d*abord la trace verticale.

Cette trace verticale de la droite donnée aura pour projection horizontale un point de la projection horizontale cd et un point de la ligne de terre.

Ainsi en prenant Tintersection p de cd avec la ligne de terre Lï, on obtient la projection horizontale de la trace verticale demandée. En élevant par p la perpendiculaire à la ligne de terre, l'intersection P de cette perpendiculaire avec la projection r'c? donnera la trace verticale P demandée.

Pour obtenir la trace horizontale de la droite crf, (/cF, nous prendrons l'intersection d avec la ligne de terre de la droite dd^; ce point sera la projection horizontale de la trace horizontale cherchée. Par ce point a' nous élèverons la perpendiculaire à LT, jusqu'à sa rencontre A avec cd ; donc A sera la trace horizontale demandée.

ScoLiE I. Les traces de la droite étant obtenues, on indique sur l'épure les constructions nécessaires pour avoir la longueur de la droite donnée comprise entre les deux plans de projection.

Supposant le plan vertical de projection relevé rectangulairement sur le plan horizontal, nous pouvons considérer un triangle rectangle formé V par la ligne qui joint le point A et le point P comme hypoténuse, 2** par la projection horizontale kp de cette ligne, et 3® par la projetante Pp.

Nous pouvons rabattre ce triangle rectangle, soit

autour de son côté horizontal, sur le plan horizontal, soit sur le plan vertical autour de son côté vertical.

Le triangle rectangle P'Ap est le rabattement sur le plan horizontal. L'arc de cercle PP' indique Tégalité des deux rayons pP, pV.

Le triangle rectangle PpA' est le rabattement sur le plan vertical. L'arc AA' indique Tégalité des rayons Ajo, A'p.

Sgolie II. L'angle que forme la droite avec le plan horizontal se trouve rabattu en PAp. C'est en effet l'angle que forme la droite avec sa projection sur le plan horizontal.

On trouverait de la même manière Tangle de la droite avec le plan vertical.

PROBLÈME 111 (figure 1).

Un point et une droite étaM donnés par leurs projec^ tionSy trouver les projections de la droite parallèle à la droite donnée, passant par le point donné.

Soit cd, d(t la droite donnée , soit m, m' le point donné *.

Nous savons que si deux droites sont parallèles, leurs projections sont parallèles, il suffit donc de conduire par m la parallèle fg à cd et de mener par m^ la parallèle f^ à dd^ ; fg^fs/ seront les projections cherchées.

ScoLiE. Si la droite donnée était dans l'un des plans de projection, elle serait à elle-même sa projection

* C'est une manière abrégée de désigner la droite donnée par les deux projections cdj (fd'y et le point donné par les projections m , m'.

sur ce plan et son autre projection serait la ligne de terre. Il faudrait donc alors, par les projections du point donné, mener des lignes respectivement parallèles à la droite elle-même dans le plan où elle est située, et par l'autre à la ligne de terre.

PROBLÈME IV (figure 2).

Deux points étant donnés par leurs projections, trouver : V les projections de la droite qui joint ces deux points, 2® la longueur de la droite qui joint ces deux points.

Soient c, d et d, et les points donnés : 1 ** les droites cd, et dd^ seront les projections de la droite qui passe par les deux points donnés; 2** pour trouver la distance des deux points donnés , concevons le trapèze rectangulaire formé par la droite CD de l'espace, la projection horizontale cd et les droites qui projettent horizontalement les points donnés.

Première construction. On fait tourner ce trapèze autour de cd pour le ramener sur le plan horizontal.

Nous connaissons les distances des points donnés au plan horizontal; Gc perpendiculaire à cd et égale à dm, représentera le rabattement de cC ; D'd égale à cPn et perpendiculaire à cd représentera le rabattement de dD : les points C et D seront donc par ce rabattement ramenés en G et D'.

La distance CD' mesurée sur le plan horizontal et non plus dans l'espace, sera donc la longueur demandée.

Comme vérification, la droite CD' prolongée doit

passer par la trace horizontale F de la droite cd, (fct; car dans le mouvement qui conduit au rabattement, la droite ne cesse pas de passer par ce point d'intersection de la droite avec sa projection horizontale, axe du mouvement.

Deuxième construction. Le même trapèze rectangulaire étant considéré , on le fait tourner autour de la projection verticale passant par le point d jusqu'à ce que le plan qui projette horizontalement devienne parallèle au plan vertical; et, dans ce cas, on sait que les longueurs des droites tracées dans ce plan se projettent en véritable grandeur sur le plan vertical.

Après ce mouvement le point c vient en g sur la parallèle à la ligne de terre conduite par le point d ei k une distance dg égale kdc; le point G de l'espace décrit un arc de cercle dont le plan est horizontal, et dont la projection verticale est la parallèle c'A' à la ligne de terre conduite par c'. Ainsi , en élevant par g la perpendiculaire à la ligne de terre LT, son intersection g f avec c'a' sera la projection verticale du point C après ce mouvement, et alors d' g^ est égale à la longueur de la droite qui joint C à D. *

ScoLiE I. S'il sufiQt d'avoir la longueur de la droite, sans effectuer des constructions qui font image. On se contente de conduire par d la parallèle à LT; puis à partir de h! on prend une longueur h^^f égalé à cd :

* Parmi les aphorismes plus ou moins auUientiques des élèves de Monge, oa cile celle asseï lion , que loule la géomélrie descriplive élait dans ces deux problèmes : l" Trouver la distance de deux points donnés, 2" Trouver la retu>ontre d*une droite et d'un plan.

la ligne rfV hypoténuse du triangle il^h^g^ est la longueur demandée.

PROBLÈME V (figure 3).

Par trois points donnés par leurs projections, faire passer un plan y c'est-à-dire tromper les traces de ce plan.

Soient a^ a', b, i/, c, c', les points donnés, il est évident que toute droite située dans un plan aura pour traces des points appartenant au plan.

Déterminant donc, comme dans le problème II, les traces des deux droites qui passent par les points donnés, on aura deux points pour chaque trace, et par suite, les traces elles-mêmes.

Prenons la droite ab, a^ V \ F est la trace horizontale de cette droite, P la trace verticale.

Nous trouvons de même les traces 6, N de la droite bc.VcK

La trace horizontale du plan donné est FG; la trace verticale est NP.

Pour vérification, les deux traces du plan doivent se rencontrer en un même point de la ligne de terre.

Comme nouvelle vérification, les traces H, M de la troisième droite déterminée par les points a, a\ c, c' doivent se trouver sur les traces trouvées.

ScoLiE I. La condition de la rencontre des deux traces sur la ligne de terre fait voir qu'il suffira de déterminer la trace horizontale du plan, par exemple, et seulement la trace verticale de Tune des droites , laquelle trace jointe avec l'intersection et la trace horizontale avec la ligne de terre donnera la trace verticale du plan.

ScoLiE II. On déterminera par le même procédé le plan qui passe par un point et par une droite, ou bien le plan qui passe par deux droites parallèles.

ScoLiE m. C'est un problème général, étant donnée une surface quelconque, de placer un point sur cette surface. 11 est évident qu'on ne peut pas donner arbitrairement les deux projections du point, puisque alors rien ne garantirait que le point fût situé sur la surface donnée ; on doit déterminer Tune des projections quand l'autre est donnée.

Dans le cas qui nous occupe, la surface donnée étant un plan HKP (fig. 3), et la projection donnée étant par exemple la projection horizontale 6, on imagine sur le plan donné une droite quelconque dont la projection horizontale bc soit menée par le pointé; la projection verticale de cette droite auxiliaire sera g^N, et la projection verticale pour b se trouve en h', intersection de %' avec la perpendiculaire 66' a la ligne de terre.

11 est évident que pour la simplicité de la construction on choisira, quand ce sera possible, une droite auxiliaire parallèle à l'un des plans de projection.

PROBLÈME VI (figure 4).

On donne une droite dans le plan horizontal et un point par ses projections; on demande de faire tourner ce point autour de la droite jusqu'à ce qu'il soit rabattu sur le plan horizontal.

Soient CD la droite du plan horizontal, f, f le point donné.

Si le point F tourne autour de CD, il décrit autour de cette droite une circonférence dont le plan est perpendiculaire à CD et a pour trace horizontale la perpendiculaire fG à cette ligne , et son rabattement sur le plan horizontal sera placé sur cette perpendiculaire.

G est le centre de la circonférence et le rayon est l'hypoténuse du triangle rectangle G/F de l'espace. Rabattons ce triangle sur le plan horizontal autour de Gf : soit F'/G ce triangle rabattu; FG sera le rayon du cercle décrit par FG, et en décrivant sur le plan horizontal, avec GF' comme rayon, un arc de cercle jusqu'à sa rencontre en F^ avec /G, le point F^ sera le rabattement demandé.

ScoLiE I. Dans ce rabattement, remarquons la position de la projection horizontale et du rabattement; ces deux points sont placés sur une perpendiculaire à l'axe de rotation appelé communément charnière.

Faisons une application de cette remarque.

La droite CD et le point /*, f déterminent un plan. Soit donnée la projection horizontale/) d'un point de ce plan. On demande le rabattement de ce point sur le plan horizontal.

Concevons la droite qui joint les points F et P de r>espace; cette droite sera dans le plan donné, et sa trace horizontale étant un point de CD, après le rabattement, la droite FP devra passer par ce point.

Pour trouver celte trace horizontale de la droite FP, j'unis par une droite les points f et p, et je prends l'intersection R de cette droite avec CD.

La droite RF^ de la figure sera le rabattement sur le plan horizontal de la droite; or, si du point /> j'abaisse sur CD une perpendiculaire que je prolonge jusqu'à sa rencontre en P^ avec F^R, P^ sera le rabattement demandé.

Pour compléter la détermination du point P de l'espace, trouvons sa projection verticale. Pour cela, unissons les projections verticales /* et r' de F et de R, et relevons verticalement le point Pj p\ intersection de fr^ avec la perpendiculaire à la ligne de terre, sera la projection verticale de P.

ScoLiE II. Les rabattements nous fournissent un nouveau procédé pour trouver la seconde projection d'un point situé dans un plan et donné seulement par l'une de ses projections. '

PROBLÈME VII (figure 5).

Un point et une droite étant donnés , abaisser du point une perpendiculaire sur cette droite^ et trouver la longueur de cette perpendiculaire.

On construit le plan qui est donné par la droite et le point, on rabat ce plan sur le plan horizontal, en faisant tourner autour de la trace horizontale comme charnière. Les constructions sont ramenées à celles que Ton fait dans la géométrie plane. Puis on relève les lignes, c'est-à-dire que l'on trouve les projections demandées.

Soient ah, olV la ligne donnée, m, m' le point donné. Pour avoir le plan déterminé par le point et la droite, je mène par le point m, m' la parallèle à a6, olU ^ je

prends la trace horizontale F de cette parallèle et je prends la trace C de la droite donnée. La droite CF sera la trace horizontale cherchée du plan.

Je prends la trace verticale P de la droite a6, a'6', et je prends le rabattement Pi de ce point sur le plan horizontal. D'après ce qui a été indiqué problème VI , p etPj, sont sur une perpendiculaire à la charnière. CPi sera le rabattement de la droite a6, a'6'; en conduisant par le point F une parallèle à CPi, nous aurons le rabattement de la droite mF, m'f^.

Le rabattement de m, m! est à la rencontre de la parallèle conduite par le point F et de la perpendiculaire

à CF conduite par le point m; car la projection horizontale d'un point et le rabattement sur le plan horizontal de ce point se trouvent sur une perpendiculaire à la trace horizontale du plan donné.

CP, et Ml étant dans leur position relative rabattus sur le plan horizontal, j'abaisse de Mj la perpendiculaire MiNi sur CPj : cette perpendiculaire sera la vraie distance du point m , m' à la droite a6, aV; on relève le point Ni en abaissant de ce point une perpendiculaire à CF jusqu'à sa rencontre en n avec ab.

La projection verticale correspondante se trouve à l'intersection n' de dif avec la perpendiculaire à LT menée par le point n.

PROBLÈME VlU (figure 6).

Deux droites qui se coupent étant données , rabattre ces droites sur le plan horizontal autour de la trace horizontale du plan qui contiefit ces droites.

Les droites données sont a6, a'fe' et ac^ aV. On prend les traces horizontales F, G de ces droites, et Ton conduit la droite FG; c'est la trace horizontale du plan des deux droites.

Maintenant rabattons le point a, d.

A cet effet on abaisse du point a une perpendiculaire aM sur FG , au point a on élève sur aM la perpendiculaire aM égale à aTP, et Ton reporte sur aM prolongé en MAj la longueur MA' par un arc de cercle A'A,.

Al étant le rabattement de a, a', FA^ sera le rabattement de la première droite, et G A, sera le rabattement de la seconde.

ScoLiE. On sentira toute Timportance des rabatte* ments en considérant qu'on trouve ainsi toutes les lignes ramenées sur l'un des plans de projection , qu'elles s'y présentent en vraie grandeur et s'y prêtent à toutes les opérations de la géométrie plane.

PROBLÈME IX (figure 7).

Trois points étant donnés par Imrs projections ^ trojfver le centre et le rayon du cercle qui passe par ces points.

On construit la trace horizontale du plan déterminé par ces trois points, on rabat ces points sur le plan horizontal autour de la trace obtenue, on fait passer le cercle par les rabattements des trois points donnés; puis, le centre obtenu sur le plan horizontal, on relève ce centre pour avoir ses projections.

Soient {m, m'), (c, c/), (rf, d') les points donnés; FG sera la trace horizontale du plan des trois points; le

point m, m' étant rabattu en Mi, FMj et GM, sont les rabattements des droites me y vfid et md^ midi. On obtient les rabattements Q et Dj des points c, d et rf, e?, en abaissant sur FG des points c et rf des perpendiculaires que Ton prolonge jusqu'à leur rencontre avec les rabattements des droites me , md.

Soit Oj le centre du cercle qui passe par les points C„ D,, M,, ce centre ayant été obtenu par les constructions de la géométrie plane.

0,Mi sera la longueur du rayon de ce cercle. Pour trouver les projections horizontales et verticales de ce centre , je prolonge le rayon rabattu OjMi jusqu'à la trace FG en R , je prends la projection verticale / du point R, puis, joignant m avec R et m' avec /J'ai les projections du rayon prolongé; en abaissant du point 0, sur l'axe de rabattement une perpendiculaire que je prolonge jusqu'à sa rencontre avec mR, j'obtiens la projection horizontale o du centre, et conduisant du point à la ligne de terre une perpendiculaire que je prolonge jusqu'à sa rencontre en of avec mV, j'obtiens la projection verticale de ce centre.

Sgolie. Si l'on veut avoir les projections horizontale et verticale du cercle , il faudra relever une suite de points du cercle rabattu, opérer comme on a fait pour obtenir les points o, d : la ligne qui joindra les projections horizontales des points relevés sera la projection horizontale de la circonférence du cercle. On opérera de même pour obtenir la projection verticale *.

* Quoique la géomélrie descriptive , essentiellement pratique , ne sup-

PROBLÈME X (figure 8).

Les limaces de deux plans étant données , trouver tes projections de l'intersection de ces deux plans.

Soit ABP le premier plan donnée soitDCR le second plan donné.

Le point F intersection des denx traces horizontales appartient aux deux plans , et comme il est dans le plan horizontal il est à lui-même sa propre projection horizontale, tandis que sa projection verticale est sur la ligne de terre. L'intersection S des deux traces verticales est la trace verticale de Tintersection des deux plans donnés.

Les points F et S étant les traces d'une droite, les projections de cette droite s'obtiendront comme dans le problème 1 : S/*' sera la projection verticale , Fs la projection horizontale de l'intersection demandée.

ScoLiE. Quoique nous ne voulions point ici spécialiser des données , nous examinerons deux positions singulières des traces. .

V Figure 9. Les deux plans donnés ont leurs traces verticales BP et CR parallèles.

L'intersection des deux plans sera évidemment parallèle à BP et à CR; car si deux plans contiennent des

pose aucune connaissance préalable sur les propriétés des courbes qu'elle doit construire , nous rappellerons qu'en géométrie toute projection d'un cercle est une ellipse» ayant pour grand axe le diamètre du cercle parallèle au plan , et pour petit axe le projecteur du diamètre perpendiculaire au premier. Le lecteur pourra s'exercer sur cet exemple à construire par points les projections horizontale et verticale de la circonférence , et la construction plane de l'ellipse lui donnera des yérifioations.

droites parallèles, leur intersection sera parallèle à ces droites.

Donc, pour avoir les projections de Tintérsection des deux plans, j'aurai à conduire par le point d'intersection F des deux traces horizontales une parallèle à BP située dans le plan vertical; et conduisant F g parallèlement à la ligne de terre j'aurai la projection horizontale de l'intersection; puis abaissant du point F une perpendiculaire F/"' sur la ligne de terre , et menant par le pied /*' de cette perpendiculaire une parallèle f^g' à BP, cette parallèle sera la projection verticale de l'intersection des deux plans donnés.

2"* Les plans donnés sont parallèles à la ligne de terre, figure 10.

Soit AB, MN le premier plan, soit CD, PR le second plan : l'intersection de ces deux plans sera parallèle à ^ la ligne de terre. Il suffit donc de trouver un point de cette intersection.

Il faut employer un plan auxiliaire , qui coupe l'un et l'autre plan. Les deux intersections auxiliaires obtenues étant dans chacun des plans donnés, si ces droites se coupent, leur intersection sera un point commun aux deux plans donnés , et par conséquent un point de l'intersection de ces deux plans.

Au lieu de prendre un plan auxiliaire quelconque , conduisons un plan AGS perpendiculaire à la ligne de terre, et rabattons ce plan auxiliaire sur le plan horizontal autour de sa trace horizontale comme charnière.

Les traces de l'intersection du plan AGS avec le premier plan sont K et X; les traces de l'intersection du

ET Di: PLAN. 41

plan auxiliaire avec le second plan sont I et V; les rabattements des traces verticales seront V et X'.

Les intersections du plan auxiliaire avec les deux plans seront donc après le rabattement KX' et IV'. Ces droites se coupent en Z^. Ce point sera le rabattement d'un point commun aux deux plans.

Pour le relever on conduit sur FG une perpendiculaire Z^z : z sera la projection horizontale du point Z relevé. Du point Z j'abaisse sur LT une perpendiculaire 7^^z^\ puis du point 6, comme centre, je décris avec GjTj pour rayon un arc de cercle jusqu'en s' : z^ sera la projection verticale du point z^^ relevé. Par les points z et z^ je conduis les parallèles zy et z^xf à la ligne de terre : ces droites sont les projections de l'intersection des deux plans donnés.

PROBLÈME XI (figures 11 et 1 2).

Trouver le point de rencontre d'une droite et d'un plan.

Pour trouver cette intersection on fait passer un plan pat* la droite donnée , on construit Tintersection du plan auxiliaire avec le plan donné; puis marquant le point où se coupent la droite donnée et cette intersection des deux plans, on a le point de rencontre de la droite donnée et du plan donné.

Nous ferons observer que , par une droite , on peut concevoir une infinité de plans; mais, en particulier, on peut employer l'un des plans projetants de la droite, en sorte que nous réaliserons les constructions de deux manières.

V Figure 11. Le plan ÂBP est le plan donné, la droite donnée est cd, c^d\

Je prends pour plan auxiliaire le plan projetant horizontalement : ce sera cd7*R, rR étant perpendiculaire à la ligne de terre.

L'intersection du plan donné avec ce plan auxiliaire aura pour projection cd¥ et /*'R.

Soit g^ Tintersection de /"'R avec c^d\ g^ sera la projection verticale du point cherché. La projection horizontale g s'obtiendra par la rencontre de la projection horizontale de la droite donnée avec la perpendiculaire à la ligne de terre abaissée du point g\

Comme vérification on détermine directement le point g en employant pour plan auxiliaire le plan projetant verticalement la droite donnée. On doit retrouver le même point g qu'on avait obtenu d'abord *.

2"* Figure 12. La droite donnée est cd^ c^d\ le plan donné est ABP.

J'emploie comme plan auxiliaire un plan passant par la droite.

Pour cela je trouve les traces F et R de la droite donnée; puis, choisissant un points à volonté sur la ligne de terre, je conduis les droites SF et SR qui déterminent un plan passant par la droite donnée.

Puis , cherchant l'intersection de ce plan auxiliaire avec le plan donné, j'obtiens les projections Kv et VA',

* On ne doit jamais négliger en géométrie descriptive de vérifier les constructions effectuées.

puis les intersections g et g^ de ces droites avec les projections de la droite donnée.

Comme vérification ^ les points g et g^ doivent se trouver sur une même perpendiculaire à la ligne de terre.

ScoLiE. Nous rappelons encore subsidiairement que ce problème et celui par lequel on détermine la distance de deux points sont les principes fondamentaux de la géométrie descriptive.

PROBLÈME XII (figures 13 et 14).

Par un point donné conduire un plan parallèle à un plan donné.

Le plan cherché étant parallèle au plan donné ^ ses traces seront parallèles à celles de ce plan donné. Il suffit donc de trouver un point de Tune des traces du plan cherché.

Soit ABP le plan donné , soit m, m! le point donné.

1"* Figure 13. Pour trouver un point de la trace verticale du plan je conduis par le point m, m' une parallèle à AB; cette droite étant parallèle à la trace horizontale du plan donné , sera également parallèle à la trace horizontale du plan cherché : ce sera donc l'horizontale de ce plan. La projection verticale de cette droite est parallèle à la ligne de terre.

Soit R la trace verticale de mr, m'R , R sera un point de la trace verticale du plan cherché.

Par le point R je conduis RS parallèlement à BP, ce sera la trace verticale du plan cherché; soit H l'intersection de cette ligne avec la ligne de terre, en con-

duisant par le point H la droite HG parallèlement à BA, j'aurai la trace horizontale du plan cherché.

Comme vérification on mène par le point m, m' une parallèle à la trace verticale, la projection horizontale de cette droite est une parallèle à la ligne de terre.

On détermine ainsi la trace horizontale F de cette parallèle à la droite BP, et ce point F doit être sur la trace GH précédemment trouvée.

Cette construction ne réussit que dans le cas où le plan donné rencontre la ligne de terre.

2'' Figure 14. La solution que nous donnons ici du problème convient dans tous les cas.

On choisit un point sur la trace horizontale du plan donné et un point sur la trace verticale : la ligne qui dans Tespace unit ces deux points est dans le plan donné.

Par le point donné on conduit 'une parallèle à cette droite auxiliaire, cette parallèle étant contenue dans le plan cherché; par suite, en conduisant par les traces de cette droite des parallèles aux traces du plan donné , on aura résolu la question.

ABP est le plan donné, m, m! est le point donné. Je prends le point C sur la trace horizontale AB et le point V sur la trace verticale : Cv, dN seront les projections de la droite choisie dans le plan donné.

Par les points m et m- je conduis à ces projections les parallèles ma?, m'X, et je cherche les traces F et X de la droite représentée par ces projections. Puis conduisant par le point X la parallèle XS à BP, j'ai la trace verticale du plan cherché. En menant FG pa-

rallèlement à AB, j'ai la trace horizontale du plan cherché.

Comme vérification^ les traces doivent se couper en un point H de la ligne de terre.

PROBLÈME XIII (figure 1 5).

Par un point abaisser une perpendiculaire sur un plan, trouver le pied de cette perpendiculaire et la distance du point donné au plan.

Nous savons que si une droite est perpendiculaire à un plan, les projections de cette perpendiculaire sont perpendiculaires aux traces du plan.

Pour résoudre le problème, il suffit donc d'abaisser de la projection horizontale du point une perpendiculaire à la trace horizontale du plan et de faire la même construction pour la projection verticale.

Les projections de la droite étant trouvées, on cherche l'intersection de cette droite avec le plan donné; puis on trouve la vraie grandeur de la droite qui unit le point donné et le pied de cette perpendiculaire.

Le plan donné est ABP, le point donné m, m'.

Du point m je conduis mf perpendiculaire à AB ; et de m', m'/^ perpendiculaire à BP,

J'ai les projections de la perpendiculaire demandée. Pour trouver l'intersection de cette droite avec le plan donné, j'emploie le plan projetant verticalement cette droite, et j'obtiens comme au problème XI l'intersection gr, g' de mfy m^f avec ABP. Puis, la distance m'A' du point m, m' au plan ABP s'obtient comme au problème IV.

PROBLÈME XIV (figure 16).

1 ® Par un point abaisser un plan perpendiculaire sur une droite et trouver l'intersection du plan cherché avec la droite donnée ;

T Par un point donné abaisser une perpendiculaire sur une droite donnée.

La droite donnée est ab, a' 6', le point donné est m, m\

Nous voulons conduire par le point un plan perpendiculaire à la droite.

Pour cela, nous imaginons par le point l'horizontale du plan : elle sera parallèle à la trace horizontale du plan cherché, et sera donc représentée horizontalement par une perpendiculaire me à ab conduite par le point m; elle sera représentée verticalement par la parallèle mV à la ligne de terre conduite par le point m\

Je prends la trace verticale R de cette droite me, m^c^ : par ce point R je conduis RS perpendiculairement à a'6', et ce sera la trace verticale du plan cherché. Par le point D intersection de cette trace et de la ligne de terre, je conduis DF perpendiculaire à a6, et ce sera la trace horizontale du plan cherché.

Je choisis le plan qui projette horizontalement la droite donnée, afin d'obtenir l'intersection du plan trouvé avec la droite donnée; par la construction connue, j'obtiens ainsi le point g, g\

En unissant le point m, m' avec le point g^ g\ la droite obtenue est dans le plan perpendiculaire à la droite donnée passant par le point m, m' : cette droite

MG est donc la perpendiculaire à la droite AB conduite par le point M.

Il faut remarquer ici que la solution de la seconde partie du problème a été donnée directement par la méthode des rabattements au problème VIL

PROBLÈME XV (figure 17).

Trouver les angles formés par un plan avec les plans de projection.

Le plan donné est ABP.

L'angle de deux plans a pour mesure Tangle formé par deux perpendiculaires à l'intersection des deux plans et conduites dans chacun de ces plans.

Je veux trouver Tangle du plan donné avec le plan horizontal.

Je prends un point R sur la trace verticale du plan; par ce point j'abaisse sur la ligne de terre la perpendiculaire Rr; par le point r j'abaisse rF perpendiculaire sur AB, F est le pied de cette perpendiculaire. Or, si l'on joint dans l'espace R avec F par une droite, cette ligne étant dans un plan vertical perpendiculaire à AB sera perpendiculaire à AB. rF est la projection horizontale de cette droite , et leur angle sera l'angle du plan avec le plan horizontal.

On l'obtient par le procédé indiqué Scolie il , Problème L

Pour plus de simplicité, nous rabattons ici sur le plan vertical autour de Rr j F vient en F', et l'angle RF'r est l'angle cherché.

L'angle GVy est l'angle du plan donné avec le plan

vertical. Cet angle a été rabattu sur le plan horizontal au moyen de la ligne G^, perpendiculaire à la ligne de terre *.

PROBLÈME XVI (figure 18).

Les angles que forment deux droites qui se coupent avec la verticale passant par leur sommet , et l'angle de ces droites étant connus j, projeter cet angle sur le plan horizontal.

Pour simplifier renoncé, on dit que l'on veut réduire un angle à rhorizon **.

Je fais remarquer d'abord que la projection de Tangle donné sur le plan horizontal sera la même, quelque éloigné que soit le plan horizontal du sommet de l'angle, car cet angle sera la mesure de l'angle dièdre formé par les plans verticaux passant par les deux côtés de l'angle donné.

Nous pouvons, je suppose, choisir les plans de projection; s'il en était autrement, on ramènerait la solution à celle que nous donnons ici.

Je prends pour plan vertical le plan vertical de l'un des côtés de l'angle donné ; soient A le sommet de cet angle, et AB le côté situé dans ce plan : Aa est la verticale donnée, et la ligne de terre est LT.

J'imagine le second côté de l'angle donné rabattu

* L'angle que forme le plan donné avec le plan horizontal est ce qu'on nomme la pente du plan.

** Ce problème était surtout important quand on employait le graphomêlre ou le cercle répétiteur, qui donnent les angles dans leur plan ; tandis que maintenant on se sert presque exclusivement du théodolite, qui donne ces angles tout réduits à l'horizon.

autour de la verticale Aa sur le plan vertical; après ce rabattement , il fera avec Aa le second angle donné , soit XG ce côté rabattu.

Supposons la droite AC remise en sa véritable position , le point C sera situé de telle manière que Tangle de AG avec AB sera Tangle donné des deux droites.

Or f supposons que nous rabattions AC sur le plan vertical , en faisant tourner autour de AB comme charnière : nous obtiendrons ainsi la distance du point B au point G rabattu.

Pour trouver ce point rabattu, faisons en A avec AB un angle égal à Tangle des deux droites ; et sur le côt« obtenu portons une longueur ACj égale à AG', Gi sera le rabattement du point G, et BCj sera la distance du point B au point G dans sa véritable position.

Le point C se trouve à l'intersection de Tare décrit du point B comme centre avec BC^ pour rayon , et de l'arc décrit du point a comme centre avec aC pour rayon.

Je conduis la droite aC , et l'angle GaT est l'angle CAB de l'espace réduit à l'horizon.

PROBLÈME XVII (figure 19).

Trouver l'angle de deux droites qui se coupent.

On prend un point sur chacune des droites; ces deux points et l'intersection des deux droites déterminent un triangle. On construit les longueurs des côtés de ce triangle y et avec ces longueurs on forme un triangle , dont l'un des angles est l'angle demandé.

Gette solution est générale.

Cependant 9 pour nous conformer aux habitudes de l'enseignement ordinaire , on pourra opérer par rabattement en considérant le triangle formé par les deux côtés de Tangle donné et la ligne qui joint les traces horizontales des deux côtés de Tangle.

On pourrait renvoyer, pour les détails de construction, au problème VIII.

Comme exercice , entrons dans les explications relatives à la figure 19.

Les droites données sont cd, c'c? et c/", c^f; je prends les traces 6 et H de ces droites , et je conduis la droite 6H, qui est la base du triangle indiqué.

Pour avoir le triangle, je détermine le pied de la hauteur et la longueur de cette hauteur.

Pour obtenir le pied de la hauteur abaissons de c la perpendiculaire cK sur GH; le pied K de cette perpendiculaire sera le pied de la hauteur (G. E. th. II).

La hauteur s'obtient par les constructions du problème IV, car on connaît le point K du plan horizontal et les projections c, d du sommet; on porte de K en Cj sur Kc la hauteur du triangle, et le triangle HC^G étant construit, Tangle des deux droites données est Tangle HC,G.

PROBLÈME XVIIl.

Trouver l'angle d'une droite et d'un plan.

On prend un point sur la droite , et de ce point on abaisse une perpendiculaire sur le plan donné; Tangle de la droite obtenue et de la droite donnée sera le complément de Tangle de la droite et du plan. La solution

BT DU PLAN. 51

de ce problème étant ramenée à la détermination dn deux problèmes connus ne présente aucune difficulté nouvelle , et le lecteur voudra bien faire lui-même les constructions.

PROBLÈME XIX (figure 20).

Trouver l'angle de deux plans*

Gomme première solution, on peut prendre un point de la ligne de terre , abaisser par ce point une perpendiculaire sur chaque plan donné ; Tangle des deux perpendiculaires obtenues sera Tangle demandé ou son supplément; le problème est donc ramené à la détermination de Tangle de deux droites.

Comme seconde solution , on cherche Tintersection de ces deux plans, on conduit un plan perpendiculaire à cette intersection ; et , après avoir trouvé les intersections de ce plan auxiliaire avec les deux plans donnés, on prend l'angle de ctes intersections : c'est Tangle demandé.

On simplifie les constructions en choisissant la portion de la trace horizontale du plan auxiliaire comprise entre les traces horizontales données dans une position convenable , et en considérant cette portion comme la base d'un triangle qui aurait pour côtés les deux intersections auxiliaires qui donnent l'angle des deux plans.

Soit ABP le premier plan donné, soit CDR le second plan donné.

11 est inutile d'avoir la projection verticale de l'intersection des deux plans ^

Fs est la projection horizontale de cette intersection ; je conduis GH perpendiculairement à Fs , soit K le point de rencontre de ces droites.

GH est la trace horizontale du plan auxiliaire; c'est aussi la base du triangle que je veux déterminer; j'imagine Tintersection du plan auxiliaire avec la droite FS de l'espace. Ce point sera le sommet du triangle. Or, si je joins ce sommet avec le point K, j'aurai la hauteur du triangle (G. E. th. Il), et cette hauteur se trouve placée dans le plan projetant horizontalement la droite FS.

Or la droite elle-même étant perpendiculaire au plan auxiliaire sera aussi perpendiculaire à la hauteur du triangle auxiliaire, qui est dans ce plan auxiliaire.

Pour trouver cette hauteur, je rabats sur le plan vertical de projection en faisant tourner autour de Ss comme axe le plan vertical SsF; la droite SF de l'espace vient se rabattre en SF, et le point K en K'; j'abaisse de K' la perpendiculaire K'V sur SF'. Cette longueur K'V portée sur KF en KV^ donnera le sommet V rabattu sur le plan horizontal autour de la base, en sorte que GVjH sera l'angle cherché.

Comme indication utile, on porte K'V de K' en X par l'arc V'X; puis le point X en V^ par l'arc de cercle décrit du point s comme centre avec sX pour rayon.

On pouvait rabattre la ligne SF sur le plan horizontal .

PROBLÈME XX (figure 21 , 21 bis.) Trouver la plus courte distance de deux droites.

Kl DU PLAN. 53

Dans la figure 21 bis (qui est en perspective ) les droites données dans l'espace sont AB et CD.

Par le point F de CD je mène F6 parallèle à ÂB ; je considère le plan MP de ces deux droites.

Par un point H de AB je conduis une perpendiculaire au plan MP , et je prends le pied K de cette perpendiculaire.

Du point K je mène KV parallèle à AB , soit V le point de rencontre de cette parallèle avec CD.

Par ce point V enfin je conduis VX parallèle à KH jusqu'à sa rencontre en X avec AB, et j'obtiens ainsi en position et en grandeur la plus courte distance demandée.

La ligne HK, qui est égale à VX, donne la plus courte distance des deux droites données, en grandeur et non en position.

On voit bien que VX, parallèle à KH, est perpen* diculaire au plan MP, c'est-à-dire aux droites CD et VK; par suite VX est perpendiculaire à AB parallèle à VK.

J'emploie dans la résolution de ce problème de la figure 21 les mêmes indications que ci-dessus. Les lignes données sont afr, a!bf et cd, ddl.

Pour plus de simplicité, je prends la trace horizon-^ taie F de cd, dd\ afin de mener par cette droite un plan parallèle à a6, olU. MNP est ce plan.

Du point A, hl de a6, ciH je mène une perpendiculaire Ai, hli au plan MNP, et je trouve par la construction connue le pied A:, U de cette perpendiculaire.

Le point /ir, H obtenu, je mène koy Ud parallèle à a6.

Sti DE LA L16NB DBOITE

oll/^ et j'obtiens le point d'intersection v, t/ de cette droite avec CD.

Le point t?, d' est Tune des extrémités de la plus courte distance.

Par le point v, v^ je conduis jusqu'en œ, a! des parallèles à hkf UUj et j'obtiens en position les projec* tions de la plus courte distance; puis, par la construction connue je détermine la longueur o/^ de cette plus courte distance.

PROBLÈME XXI (figure 32).

Les trois faces d'un angle solide triMre étant données, trouver les angles diMres de cet angle solide *.

Soit pris pour point horizontal de projection le plan de la face ASB; je suppose que Ton rabatte sur le plan horizontal^ autour de chaque arête adjacente, les deux autres faces de l'angle solide trièdre; ces faces sont connues , on peut donc les tracer.

Soient ASC , BSD , les deux autres faces rabattues sur le plan horizontal.

Prenons sur les arêtes rabattues SC etSD> à partir du sommet, une longueur déterminée SF^ et SF,^ égales entre elles. Le point F de l'arête, dans sa véritable position, se sera rabattu en Fj autour de SA, en F^ autour de SB.

iAi^MaMMAM.

* Oû suppose, dans la résolution de ce problème, que Ton peut disposer du plan horizontal de projection dont on a leulement besoin.

On conçoit très^bien comment on ramènerait la question à la solution donnée par un rabattement sur le plan horizontal du plan quelconque contenant la face principale.

La projection horizontale du point F se trouvera sur les deux perpendiculaires abaissées Tune de F^ sur Taxe du rabattement correspondant SA, l'autre de F, sur Taxe de rabattement correspondant SB, F^G et FJB étant ces droites perpendiculaires qui se rencontrent en f.

Ce point f est la projection horizontale du point F de Tarête opposée à la face ASB.

Nous pouvons avoir l'angle dièdre , dont Tarète est SA, au moyen de la ligne Gf et de la ligne GF, relevée.

En effet, ces deux lignes sont dans chacune des deux faces adjacentes à Tarête SA et perpendiculaires à cette arête; d'ailleurs G/ est la projection en longueur de GFi.

Rabattons sur le plan horizontal autour de G/* le triangle rectangle /GF. Pour cela, élevons en /"une perpendiculaire, et décrivons du point G comme centre avec GFj pour rayon un arc dé cercle.

Nous obtenons ainsi G/F'; l'angle /GF' est l'angle dièdre, dont l'arête est SA.

Une construction analogue donnera, au moyen du triangle rectangle /"HP, l'angle /*HF" qui mesure l'angle dièdre dont l'arête est SB.

Comme vérification , /"F' doit être égal à /F".

Pour avoir le troisième angle dièdre, nous prenons un point P sur l'arête opposée à la face ASB; et en ce point, dont les rabattements, situés à des distances égales du point S, sont Pj etPj, élevons des perpendiculaires à se et à SD. Soient P^X la première, PjV la seconde. En unissant V et X par une droite, il y a un

triangle PXV, qui, rabattu autour de VX sur le plan horizontal en VXP', donnera au sommet F l'angle dièdre opposé à la face ASB.

Une vérification doit être faite. Elle consiste à reconnaître que XV est perpendiculaire à Sf; car XV est la trace horizontale d'un plan perpendiculaire à la droite, qui a pour projection horizontale Sf.

ScoLiE I. La réduction de l'angle à l'horizon est un cas particulier de ce problème.

Sgolie II. On connaît les propriétés de l'angle solide trièdre supplémentaire d'un angle trièdre donné. On sait que les faces de ce trièdre supplémentaire sont les suppléments des dièdres du trièdre donné, et réciproquement.

Par suite, si l'on donne les trois dièdres d'un angle solide trièdre, et si l'on demande les faces de ce trièdre on ramènera au problème ci-dessus la construction des faces demandées.

PROBLÈME XXII (figure 33).

On donne deux faces et l'angle dièdre compris dans un angle solide trièdre; on demande de construire cet angle solide.

Soient SA l'arête de l'angle dièdre donné, ASB, ASC les deux faces données; c'est la face adjacente à l'arête SB qu'il s'agit de trouver. Cette face étant obtenue, on aura ramené le problème au problème précédent.

Je choisis pour plan horizontal de projection la face ASB, et je rabats la face ASC^ autour de SA comme axe sur le plan horizontal.

BT DU PLAN. 57

Un point F pris sur l'arête SC, et qui se rabat en F^ décrit un arc de cercle autour de SA , dont le plan perpendiculaire sur Taxe a pour trace horizontale FfiK perpendiculaire à SA.

Supposons que cet arc soit rabattu sur le plan horizontal : G sera son centre, GFi son rayon , et la ligne GF se rabattra autour de la trace horizontale GK en F'G, qui fait avec GK un angle égal à l'angle dièdre donné; car cet angle F'GK mesure Tangle donné des deux faces données.

On abaisse de F' une perpendiculaire F^sur GK; le point f est la projection horizontale du point F.

Considérons maintenant la troisième face cherchée, et supposons qu'on la rabatte autour de SB sur le plan horizontal.

Le point F de l'espace sera rabattu à une distance du sommet égale à SF, et ce point se trouvera aussi sur la perpendiculaire à SB, conduite par le point f; car la projection horizontale d'un point et son rabattement sur le plan horizontal sont situés sur une perpendiculaire à l'axe du rabattement. Ce point est F,.

L'angle BSF, est la troisième face cherchée. Le problème est donc résolu.

ScoLiE. Le lecteur verra lui-même comment on pourra résoudre le problème suivant : construire un angle trièdre solide lorsqu'on donne une face et les deux dièdres adjacents.

On emploie encore les propriétés de l'angle solide trièdre supplémentaire d'un trièdre donné.

PROBLÈME XXIII (figure 34.)

On donne dans un angle solide trièdre deux faces et V angle dièdre opposé à l'une d'elles; on demande de construire l'angle solide trtèdre.

Soit SB Tarète de Tangle dièdre donnée les deux faces étant ASB^ ASC; je prends la face ASB pour plan horizontal, et je rabats sur ce plan autour de SA, comme charnière, la face ASC.

Dans ce rabattement, un point F de Tarète SC se rabat en Fj, et, dans son mouvement, la perpendiculaire FjG à SA décrit un plan vertical perpendiculaire à SA ; soit K le point où sa trace horizontale rencontre Tarête SB.

Appelons ce plan premier plan auxiliaire.

Imaginons qu'on rabatte autour de GK, d'une part, la circonférence dont GF^ est le rayon et G le centre; d'autre part, l'intersection du plan auxiliaire avec la troisième face cherchée.

Cette intersection connue, le problème serait résolu ; car on aurait ainsi le rabattement du point F autour de GK, et par suite la projection horizontale du point F.

Je prends un second plan vertical auxiliaire destiné à donner Tangle dièdre, dont l'arête est SB.

Au lieu de le prendre en un point quelconque de cette arête, je le conduis par le point G : c'est là tout l'artifice de cette solution.

Soit GL la trace horizontale de ce second plan auxi* liaire ; L appartient à SB.

Les deux plans auxiliaires sont perpendiculaires au plan horizontal; ils passent tous deux par le point G;

n mi FLAN. M

donc ils se coupent suivant une verticale qui rencontre elle-même la face BSD dans sa yéritable position en un point que je nomme M.

Je rabats le second plan auxiliaire autour de GL. Le point M sera situé : 1"^ sur la perpendiculaire à G L^ élevée en G; 2" sur la droite menée parle points qui fera avec LG Tangle égal au drièdre donné; car MLG, dans l'espace, mesure cet angle»

Soit M' le point de rencontre de ces deux droites; ifG sera la hauteur du point M au-dessus du plan horizontal.

Revenons maintenant au premier plan auxiliaire rabattu; le point M de ce plan rabattu sera situé sur SA, perpendiculaire à GK en M'^ à une distance de G égale àGM'.

Je conduis la droite m'^; c'est Tintersection rabattue du premier plan auxiliaire avec la face BSD dans sa véritable position.

Soit F' Tintersection de M^'K avec la circonférence auxiliaire rabattue autour de son diamètre GH ; F' sera le rabattement du point F de Tarète SC.

Je mène F'/* perpendiculaire sur GK, f sera la projection horizontale de F; fE étant perpendiculaire à SB déterminera, par sa rencontre avec Tare qui est décrit du point S comme centre avec SFj pour rayon, un point F^^ qui sera un point de Tarète SD rabattue autour de Taxe SB; BSD sera la troisième face cher- Qhée.

Mais, en général, une seconde solution du problème est obtenue; WK rencontre en V la circonférence dé^

crite avec GF^ comme rayon ; v serait la projection horizontale correspondante^ V^ le rabattement correspondant et BSE la troisième face de Tangle trièdre répondant à cette solution*

Sgolie I. Le problème n'est pas toujours possible; en effet, la solution dépend de Tintersection d'un arc de cercle et d'une droite. Nous ne pouvons entrer dans les détails de la discussion de ce problème.

Sgolie il. Le lecteur résoudra lui-même, au moyen des propriétés du trièdre supplémentaire, ce problème :

Construire un angle solide trièdre, connaissant deux angles dièdres et la face opposée à l'un de ces dièdres.

Sgolie IH. Dans les solutions de tous les problèmes relatifs à l'angle trièdre , nous avons supposé qu'on pouvait prendre l'une des faces pour plan de projection.

La théorie des rabattements sert à rendre générales les méthodes qui viennent d'être eiiLposées.

En effet , supposons que l'on donne l'une des faces dans un plan différent du plan horizontal et du plan vertical, et que l'on donne les deux autres faces adjacentes à cette face principale. On pourra mener sur le plan horizontal, par un rabattement, le plan de la face principale.

Cette opération effectuée , on résoudra la question comme au problème XXI , et alors on connaîtra les trois dièdres du trièdre donné par ses faces ; mais si l'on veut, en outre, avoir les projections de l'arête opposée à la face principale, il suffira de connaître le pied de la perpendiculaire abaissée sur cette face d'un

point pris sur l'arête opposée , et aussi de connaître la longueur de cette perpendiculaire.

Le pied de cette perpendiculaire étant connu^ on relèvera comme nous Tavons vu aux problèmes sur les rabattementSy puis on mènera par ce point une perpendiculaire à la face principale y et Ton prendra sur cette perpendiculaire une longueur égale à la hauteur obtenue.

Ces constructions étant faites pour les projections de la hauteur et l'extrémité de cette hauteur, cette extrémité sera un point de Tarête opposée à la face principale; et en unissant ce point donné par ses projections aux projections du sommet de Tangle solide trièdre , on aura les projections de Tarête cherchée.

On résoudrait d'une manière analogue les autres cas de la résolution de Fangle solide trièdre, en se servant de la méthode des rabattements, puis en relevant la face principale après la solution du problème ramené à l'un des problèmes XXI ou XXII, en se servant du pied de la perpendiculaire abaissée d'un point de l'arête opposée à la face principale et de la longueur de cette perpendiculaire, comme il vient d'être dit.

PROBLÈME XXIV (fig. 35.)

Quatre points étant donnés par leurs projections, faire passer une sphère par ces quatre points, c'est-à-dire cir^ conscrire une sphère à un tétraèdre.

En prenant la question dans sa généralité, et en supposant qu'on ait les points dans l'espace , on voit qu'il faudra trouver un point également distant des

quatre points donnés , c'est-à-dire un point situé sur les plans conduits perpendiculairement aux droites qui joignent ces quatre points deux à deux et au milieu de chacune de ces droites.

Dans cette solution il n'y a aucune difficulté théorique, et les problèmes qui précèdent nous permettent de faire toutes les constructions que nous venons d'indiquer ; mais ces constructions seraient très-longues, et l'on donne la solution classique qui va suivre.

Cette solution , qui semble particulière, peut convenir au cas général au moyen des rabattements , comme nous l'avons vu dans le problème précédent; et nous ne saurions trop engager le lecteur à dessiner lui-même des problèmes de cette nature , en laissant les données hors des plans de projection.

Les sommets du tétraèdre donné sont A, B, C, S.

Nous supposons que le plan horizontal de projection passe par les points A, B, C. Les projections du sommet S sont s, 5'.

Construisons le cercle des trois points A, B, C, soit m le centre de ce cercle; ce cercle sera un cercle de la sphère , et le centre de cette sphère se trouvera sur la perpendiculaire au plan horizontal conduite par le point m; donc m sera la projection horizontale du centre de la sphère.

Par le point s menons une parallèle à la ligne de terre ; nous supposons ici que cette parallèle rencontre la circonférence ABC en un point F, la ligne SF appartient à la sphère; elle est parallèle au plan vertical; elle se projettera donc en véritable grandeur, et parai-

lèlement à elle-même, sur le plan vertical; soit «^ cette projection.

Prenons le milieu g^ de s'f, et élevons par ce point à cette droite une perpendiculaire g' h' : cette perpendiculaire sera la trace verticale du plan perpendiculaire sur le milieu de la droite SF, car le plan perpendiculaire à une droite parallèle au plan vertical est perpendiculaire à ce plan vertical.

g' h' contiendra les projections verticales de tous les points de ce plan perpendiculaire à SF; donc g' h' contiendra la projection verticale du centre de la sphère; par suite , en abaissant mp perpendiculaire à la ligne de terre et en prenant le point m', intersection de cette perpendiculaire et de gf'A', m' sera la projection verticale du centre de la sphère.

On prend ensuite par la méthode connue la distance du point m, m' au point A, et avec cette longueur comme rayon on trace deux cercles sur les plans de projection : ce sont les limites des projections de la sphère.

ScoLiE I. Puisqu'on est maître de prendre à volonté les plans de projection, on peut choisir ces plans de manière que la parallèle conduite par le point s rencontre la circonférence qui passe par les points ABC.

Si Ton veut opérer autrement, on supposera que le tétraèdre tourne autour du diamètre vertical qui passe par le point m , de manière que Tune des arêtes du tétraèdre devienne parallèle au plan vertical;

Dans ce mouvement , le point S restera à la même hauteur au-dessus du plan horizontal , et Ton aura ramené la question à la solution ci-dessus.

Sgoli£ h. Supposons que Ton veuille résoudre la question sans un choix particulier de plans de projection. Nous avons dit qu'il était facile de ramener le problème à la solution de la figure 35 par les rabattements.

En effets soient Â^ B^ C, S les quatre sommets du tétraèdre dans Tespace.

Prenons le plan des trois points A^ B^ G pour base et trouvons le pied de la hauteur du tétraèdre correspondante , en même temps que la hauteur ellemême.

Cela fait , rabattons le plan ÂBG sur le plan horizontal; par le pied de la hauteur rabattu, élevons une perpendiculaire au plan horizontal; sur cette perpendiculaire prenons une longueur égale à la hauteur du tétraèdre : la construction est ainsi ramenée à celle de la figure 35.

Le centre de la sphère étant trouvé , on relèvera le pied m de la perpendiculaire abaissée du centre sur le plan de la base; et sur le plan de cette base relevé on mènera par le point m une perpendiculaire sur laquelle on prendra une longueur égale à la distance du centre de la sphère à ce plan.

On obtient ainsi les projections du centre, et comme on a la longueur du rayon de la sphère on pourra décrire les limites des projections de cette sphère.

BT DU PLAN. 65

PROBLÈME XXV (figuré 36).

Inscrire une sphhre dans un tétraèdre donné.

Nous supposons qu'on puisse choisir à volonté les plans de projection. Nous venons de voir comment on pourra toujours ramener des données quelconques à dépendre d'une solution aussi simple que celle qui résultera d'un choix convenable des plans de projection.

On sait que le centre de la sphère inscrite à un tétraèdre est à Fintersection des plans bissecteurs des dièdres du tétraèdre donné*.

Supposons le centre de la sphère inscrite au tétraèdre trouvé, et considérons ce point comme le sommet d'une nouvelle pyramide trianj^julaire qui aurait pour base la base elle-même du tétraèdre donné , les faces adjacentes au sommet de cette nouvelle pyramide étant les plans bissecteurs des dièdres du tétraèdre donné ayant pour arêtes les arêtes à la base de ce tétraèdre. F^'artifice de la solution consiste à prendre un plan auxiliaire parallèle à la base du tétraèdre, qui , coupant les faces de la nouvelle pyramide , dé-

* On pourrait donc résoudre le problème au moyen de la détermination des angles plans des trièdres , dont les sommets sont à la base. Ces trièdres donneraient les angles diè<}res correspondants, mais les plans bissecteurs déterminent par leurs intersections des droites, qui, avec les arêtes adjacentes de la base , forment de nouveaux trièdres. On pourrait construire ces arêtes nouvelles par les problèmes XXII et XXUl. Deux arêtes des trièdres auxiliaires donneraient par leur intersection le centre de la sphère inscrite.

Nous engageons le lecteur, comme exercice utile, a faire lui-même cette construction dans tous ses détails.

termine une section triangulaire semblable à cette base.

C'est en obtenant d'abord cette section et avant de connaître le centre de la sphère qu'on détermine ce centre.

En effet, si l'on unit par des droites les sommets de la base du tétraèdre et les sommets homologues de la section semblable obtenue , on trouve le centre de la sphère cherchée.

Soit ABC la base du tétraèdre donné, on prend le plan de cette base pour plan horizontal de projection; soient 5, 5' les projections du sommet du tétraèdre.

Soit YZ la trace verticale du plan horizontal auxiliaire.

Nous voulons trouver l'intersection du plan horizontal ZY avec les faces de la pyramide auxiliaire, qui aurait pour base ABC , et pour sommet le centre cherché, ces faces inconnues étant les plans bissecteurs des dièdres du tétraèdre donné, dont les arêtes sont AB, AC, BC.

Cette section étant semblable et parallèle au triangle ABC , il suffit de connaître un point de chacun des côtés de cette section auxiliaire.

Considérons pour les détails le dièdre dont l'arête est BC.

Par la verticale sS conduisons le plan perpendiculaire à cette arête BC : soit ^D la trace horizontale de ce plan; D étant sur BC, l'intersection de ce plan avec la face adjacente à la base serait la droite SD de l'es-

pace ; Tangle dièdre serait donc mesuré par l'angle SDs.

On fait tourner le plan SD^ autour de Ss jusqu'à ce qu'il soit parallèle au plan vertical; alors D vient en D^ sur la parallèle à la ligne de terre conduite par le point 5 et à une distance sD^ égale à SD. D^ a pour projection verticale d\, et dans cette position Tangle SB,s se projette en s!(f^ L, et la trace du plan bissecteur sur le plan auxiliaire SD^s se projette verticalement suivant la bissectrice de Tangle $-d\ L; soit cf/, cette bissectrice. Prenons l'intersection /^, de cette bissectrice avec la trace YZ du plan de la section auxiliaire : fi sera, par rapport au plan auxiliaire, ce qu'est le point d\ par rapport au plan horizontal de projection et par rapport à D,; ramenons le point F de l'espace dans sa véritable position, et pour plus de simplicité, ne prenons que sa projection horizontale.

A cet effet, prenons le pied /i de la perpendiculaire à 5D4 menée par le point f\} puis enfin ramenons /i en f sur sD par l'arc de cercle fj décrit du points comme centre avec sf^ pour rayon.

Nous insistons sur cette détermination du point /, qui est toute la solution du problème, et nous conduisons par f la parallèle fg à CB. Cette parallèle est en projection horizontale la direction de l'un des côtés de la section auxiliaire.

On fera une construction analogue pour les deux autres côtés CA et AB. Ainsi, on déterminera pour le côté AG le point k de la section du côté parallèle à GA, et par ce point k on conduit la parallèle km à GA«

Ce point k a été obtenu au moyen de la perpendiculaire ^H à GÂ.

On détermine aussi le point />, projection horizontale de la section analogue au point /*; ce point p est sur la perpendiculaire «N à BA; par ce point p on mène pq parallèle à BA.

Les projections horizontales de la section auxiliaire se trouvent donc en fg, en km et en pq; ces droites se coupent en w, v et x.

Menons les droites Ci/, kv et Bo?; ces droites se coupent en un point o qui est la projection horizontale cherchée du centre de la sphère.

Déterminons enfin la projection verticale du centre de la sphère inscrite.

Pour cela, nous élevons d'abord or^ perpendiculaire à la ligne de terre, que nous prolongeons ; puis nous prenons verticalement la projection if du point v ; il est évident que v' se trouve sur YZ; nous unissons a' et i;' par une droite^ etnous obtenons ainsi la projection verticale de la droite AV, dont la projection horizontale est At;.

L'intersection o' de cette projection verticale aVavec 0/ est la projection verticale du centre de la sphère.

Le rayon de la sphère est la distance oV qui mesure la distance du point au plan horizontal, r' étant sur la ligne de terre.

Le problème est donc résolu.

ScoLiE L Pour vérification on pourrait aussi trouver le point d en déterminant la projection verticale de la bissectrice de Tangle auxiliaire SDs; il suf-*

BT Dlî PLAN. 69

firait pour cela de projeter D sur la ligne de terre et f sur YZ. Gomme nouvelle vérification on pourrait faire une construction analogue pour H et kj et enfin pour N et/> : ces droites devraient passer par le point (/.

ScoLiE II. On déterminera les points de contact de la sphère avec les trois faces latérales du tétraèdre en faisant des sections verticales respectivement perpendiculaires à BCy C A et BA y les sections passant par le centre.

On ramène ces sections parallèlement au plan vertical en faisant tourner autour du diamètre vertical de la sphère et en abaissant du point cl des perpendiculaires sur les droites d'intersection avec les faces.

Les pieds de ces perpendiculaires étant ramenés dans leurs véritables positions donneront enfin les points de contact.

ScoLiE III. Si les sommets du tétraèdre sont donnés d'une manière quelconque dans l'espace relativement aux plans de projection, on résoudra le problème comme nous l'avons indiqué au problème précédent, au moyen du rabattement de la base et par la détermination du pied de la hauteur sur cette base et de la longueur de cette hauteur*.

Puis on opérera comme dans la solution particulière de ce problème de la sphère inscrite, et on relèvera le centre de cette sphère au moyen du pied de la perpen-

* Nous engageons le lecteur à s'exercer sur celle déterminalion du centre de la sphère inscrite dans le cas général.

diculaire abaissée du centre sur la base et de la longueur du rayon de cette sphère.