FO

Lorsque FO' atteint sa valeur maxima 00', le triangle se réduit à la ligne des centres, la sécante est parallèle à cette

Fig. 100.

ligne et sa partie comprise entre les deux cercles atteint son maximum, égal au double de la distance des centres.

Si à partir de ce moment on fait tourner la sécante autou du point A de manière que le point B se rapproche indéfiniment du point A, la somme BG des cordes diminue d'une manière continue (c'est ce que démontre la diminution progressive du côté FO' du triangle OFO'), et lorsque B se confond avec A, la sécante est tangente en A au cercle 0 et elle occupe alors une position limite, au delà de laquelle les deux cordes se superposeraient au lieu de s'ajouter Tune à l'autre comme dans toutes les positions précédentes. Dans cette position la corde du cercle 0 est nulle et Tautre est égale à AG : cette longueur est un minimum pour la somme des deux cordes.

Si la rotation de la sécante autour du point A, lorsque la somme des cordes a atteint son maximum, s'effectue en sens inverse du précédent, c'est-à-dire de manière que le point C se rapproche indéfiniment du point A, la somme BG des deux cordes diminue d'une manière continue, et lorsque C se confond avec A, la sécante est tangente au cercle 0' et elle occupe alors une seconde position limite, au delà de laquelle les deux cordes se superposeraient au lieu de s'ajouter Tune à l'autre. Dans cette position la corde du cercle 0' est nulle et l'autre est égale à AH : cette longueur est un second minimum pour la somme des deux cordes.

Deux cas peuvent se présenter.

1° Lorsque les deux cercles ont des rayons différents, les deux minima que nous venons de déterminer sont aussi différents l'un de l'autre, comme dans la figure précédente ; il s'ensuit que le problème est toujours possible lorsque la longueur donnée comme somme des deux cordes est comprise entre le double de la distance 00' des centres et la corde AG du petit cercle menée tangentiellement à Tautre par l'un des points d'intersection.

Il y a plus ; si la longueur donnée est comprise entre le double delà distance 00' des centres et la corde AH du grand

oercle menée tangentiellement à 0' par le point A^ le prol>Ième admet deux solutions.

Si la longueur donnée est comprise entre la corde AG du petit cercle tangente au cercle 0 et la corde AH du grand cercle tangente à 0', le problème n'admet qu'une solution.

Enfin si la longueur donnée est plus petite que AG ou plus grande que le double de 00', le problème n'admet aucune solution.

2*" Lorsque les deux cercles ont des rayons égaux, les deux minima AG et AH deviennent égaux ; alors le problème admet deux solutions lorsque la longueur donnée est comprise entre ce minimum unique et le double de la distance des centre^, et il n^en admet aucune lorsque la longueur donnée est inférieure à ce minimum ou supérieure au double de la distance des centres.

Remarque. — On peut rattacher à. la discussion précédente les faits qui résultent de la rotation de la sécante dans Tintérieur de l'angle HAG. Pour cela, comme les deux cordes s'y superposent au lieu de s'y juxtaposer, on peut considérer comme négative la plus petite des deux ; la portion de la sécante comprise dans l'intérieur des cercles, en dehors de leur partie commune, devient alors une somme algébrique. L'examen du triangle rectangle OFO' construit pour chaque position de la sécante démontre, dans ce cas, que la somme algébrique des deux cordes diminue de AH jusqu'à zéro, lorsque la sécante passe de la position AH à la position AI , et que cette somme augmente ensuite de zéro à AG, lorsque la sécante passe de la position AI à la position AG.

En résumant toute la discussion^ considérée à ce dernier point de vue, on peut donc dire :

1^ que dans une rotation complète de la sécante de direction Al autour du point A, la somme algébrique des deux cordes part de zéro, pour croître d'une manière continue jusqu'à ce qu'elle atteint une valeur maxima égale au double de la distance des centres des deux cercles , et pour décroître ensuite de la même manière jusqu'à zéro ;

2° que la possibilité du problème n'est assujettie qu'à la seule

condition que la somme algébrique des cordes soit inférieure ou au plus égale au double de la distance des centres des deux cercles donnés

284. V. ,Menerj dans rinlérieur d'un triangle, une sécante parallèle à une direction donnée j de manière que la partie comprise entre deux côtés indiqués soit égale à la somme des deux segments déterminés sur ces côtés et situés entre la sécante et le troisième côté.

Le problème étant supposé résolu, soit (fig. iOi) la droite EF, parallèle à la direction D et égale à la somme BE -\- FC

des deux segments qu'elle détermine sur les deux côtés âB et AC du triangle ABC, ces segments étant situés entre la droite EF et le côlé BC.

De ce que Ton a

EF = BE -h FC,

H Fig.ioi. on déduit qu'il existe sur EF un

point 0 qui divise cette droite en deux parties EO et OF respectivement égales à BE et à FC. En joignant ce point 0 aux deux sommets B et C du triangle, on forme deux triangles BEO et OFG qui sont isocèles comme ayant chacun deux côtés égaux ; il s'ensuit que dans le premier les deux angles EBO et EOB sont égaux et que dans le second les deux angles FOC et OCF sont aussi égaux. Or Tangle EOB est égal à l'angle OBG que Ton forme en menant la parallèle BG à EF, autrement dit à la direction D et par suite BO est bissectrice de l'angle EBG. De même l'angle FOC est égal à Tangle OCH formé en menant la parallèle CH à OF ou à la direction D, et il en résulte que CO est bissectrice de l'angle FCH.

Ces considérations conduisent à la solution suivante : des deux extrémités B et C du côté non rencontré par le segment de droite EF, mener les parallèles BG et CH à la direction D; construire les bissectrices des angles ABG et ACH et par leur rencontre 0 mener la parallèle EF à la direction D.

KÉSOLUTION DE PROBLÈMES 987

Discussion. — Pour que le problème soit possible, il fautque les deux bissectrices BO et CO se rencontrent dans l'intérieur du triangle, et cela ne peut être qu'autant que le plus petit des deux angles que fait avec BC la direction D soit au plus égal au plus petit des deux angles B et C.

i« Admettons que Tangle B soit plus petit que l'angle G. Si nous supposons que la direction D soit d'abord parallèle à- AB, c'est-à-dire si elle fait avec BC un angle égal à B, le point 0 se trouvera sur AB et EF se confondra avec ce côté du triangle.

Si la droite D tourne autour d'un de ses points de manière que Tangle qu'elle (ait avec BC diminue, le point 0 rentre dans rintérieur du triangle, et la droite ËF, devenant distincte de AB, coupe les deux côtés AB et AC du triangle.

Imaginons que la droite D continue à tourner dans le même sens pour effectuer une demi-rotation : lorsqu'elle devient parallèle à BC, le point 0 est le point de concours des bissectrices des angles du triangle et la droite EF devient parallèle à BC ; lorsqu'elle dépasse cette position, EF redevient oblique à BC, mais dans le sens contraire au précédent ; lorsqu'elle fait un angle avec GB d'ouverture tournée à gauche, égal à B, le point 0 se trouve en C, la droite EF, qui passe par le point C, ne coupe que le côté AB, et le segment de AC considéré dans Ténoncé de la question devient nul ; enfin, lorsqu'elle dépasse cette dernière position, le problème devient impossible et reste sans solution jusqu'à ce que D revienne, après sa demi-rotation, à sa direction de départ.

2*» Si l'angle G était plus petit que B, en raisonnant comme il vient d'être fait on retrouverait en sens contraire les résultats précédents.

3° Le cas où les deux angles B et C seraient égaux se déduit très simplement du premier.

285. VI. Construire la hauteur d'un tétraèdre dont on donne les six arêtes.

Soit SABG {fig. 102) un tétraèdre dont on connaît les six arêtes et dans lequel on prend pour base la face ABC-

Si du pied 0 de la hauteur de ce tétraèdre on mène sur ÂB et BC les perpendiculaires OD et OË, eu joiguant les points D et E au sommet S on a, d'après le théorème des trois perpendiculaires, des droites SD et SE respectivement perpendiculaires à AB et À DC. Il s'ensuit que la hauteur cherchée est donnée par la construction d*un des triangles rectangles SOD ou SOE.

Fig. 102.

Fig.103.

Remarquons en outre que si Ton rabat les faces SAB et SBC du tétraèdre sur le plan de la base ABC, les droites SD et SE se placeront sur le prolongement des droites OD et OE.

De là la solution suivante: construire {fig. 103) la base ABC du tétraèdre ; dans le même plan et sur les côtés AB et BC construire les faces SAB, SiBC ; mener sur AB et BC, de S et de Si, les perpendiculaires SD et SiE, qui se coupent au point 0, lequel donne le pied de la hauteur du tétraèdre ; enfin, sur OD par exemple, construire le triangle rectangle S2OD, dont on connaît, en dehors du côté OD, l'hypoténuse S2D = SD. Le troisième côté SjO de ce triangle rectangle donne la hauteur du tétraèdre.

§ III. — Construction d'angles

286. I. Construire en un point donné d'une droite un angU égal à un angle donné.

Soient A [fig. 104) Tangle donné, A'X la droite et A' le

point de cette droite (Jig.

105) où doit être construit Tangle demandé.

La solution du problème repose d'abord sur cette proposition, que dans un même cercle ou dans des cercles égaux, aux arcs égaux correspondent des angles au centre égaux, puis sur cette seconde, que dans le même cercle ou dans des cercles égaux les cordes égales sous-tendent des arcs égaux. Des points A et A' pris comme centres, avec une même ouverture de compas arbitraire, on décrit donc les arcs de cercle BC et B'C, et du point B', pris à son tour comme centre, on décrit, avec un rayon égal à la corde BG, un arc qui rencontre Tare B'C au point G : en joignant le point G au point A' on a Tangle A' égal à Tangle A. En effet, les arcs BC et B'C, appartenant k des cercles égaux et étant soiistendus par des cordes égales, sont égaux ; il s'ensuit que les angles au centre A et A' correspondants sont égaux.

287. II. Construire en wn point donné d'une droite un angle égal à la somme de deux angles donnés.

Soient A et Ai (fig. 106) les deux angles donnés, A'X la droite et A' le point sur cette droite {fig. 107) où doit être construit Tangle demandé .

Fig. 106,

Fig. 107.

On sait que la somme de deux angles est Tangle qui résulte de leur juxtaposition sur un même plan, de manière que leurs sommets et un de leurs côtés coïncident, et que les deux autres côtés soient situés de part et d'autre du côté devenu

commun. Il en résulte que pour construire en A' avec la droite A'X un angle égal à la sommé des deux angles A et Ai, on décrira des trois points A, A, et A'^ pris comme centres, avec un même rayon arbitraire, des arcs de cercle BC, BxCi et B'C'i, et en opérant comme dans le problème précédent, on construit au point A' avec la droite A'X un angle B'A'C égal à Tangle A, puis, au même point A', avec la droite A!C un angle C'A'C, égal à Tangle A, : l'angle B'A'd est, d'après ce qui vient d'être dit^ égal à la somme des deux angles donnés.

En construisant au point k\ sur la droite A'C'i, toujours dans le même sens que précédemment, un angle égal à un troisième angle donné, on obtiendrait la somme de trois angles; on aurait de la même manière la somme d*un nombre quelconque d'angles donnés.

Si dans cette opération tous les angles donnés étaient égaux. Tangle somme serait, dans ce cas particulier, un angle multiple de l'un des angles donnés. La résolution de ce problème : Construire un angle double^ tHple^ etc,^ d'un angle donnée se fait donc par les mêmes procédés que pour obtenir la somme de plusieurs angles.

288. m. Construire en un point donné d'une droite wn angU égal à la différence de deux angles donnés.

Soient (fig. 408) A et Ai les deux angles donnés, A'X la

Fig.108.

Viçr. 109.

droite et A' le point sur cette droite {fig. 109} où Ton veut construire l'angle demandé.

L'angle qui représentera la différence des deux angles A et A, sera un angle qui, augmenté de Tangle Aj, donnera pour somme des deux l'angle A. Pour l'obtenir, on construira donc en A', sur la droite A'X, en se servant du procédé suivi

dans le problème I (286), ^n angle B'A'C égal à Tangie A; puis sur A'C\ au point A', dans le sens de B', un angle C'A'B'i égal à Tangle AiiTangle B'A'6', est l'angle demandé. On a, en elTet,

B'A'B;-t-B;AG' = BAC,

OU. B^; -h B^i = bac;

d'où B^= BAC — BiA^i.

Construire le complément d'un angle c'est déterminer la différence de deux angles dont Tun est un angle droit et l'autre l'angle donné. Ce problème se résout donc comme le précédent.

C'est encore chercher la différence de deux angles que d'avoir à construire un des angles d'un triangle connaissant les deux autres, car c'est déterminer l'excès de deux droits sur la somme des deux angles donnés. En construisant cet angle somme des deux autres et en prolongeant un de ses côtés au delà de son sommet, Tangle que fait ce prolongement avec l'autre côté est le troisième angle du triangle.

289. IV. Construire une face d'un irièdre connaissant les deux autres et le dièdre qu'elles comprennent.

Soit {fig, 110) le trièdre SABC, dans lequel on connaît les deux faces ASB et ASC ainsi que le dièdre SA, et dont il s'agit de construire la face BSC. Nous supposerons que la face ASC se trouve dans le plan de la figure et que Tarète SB est en avant de ce plan.

Si par un point quelconque D de l'arôle SA on mène à cette arête un plan perpendiculaire, on détermine, dans les deux faces données, les droites DE et DF respectivement perpendiculaires h l'arête SA, et dans la face BSC la droite EF qui forme avec les longueurs SE et SF un triangle SEF dont la construction donnera l'angle ESF, autrement dit la face cherchée du trièdre.

La droite DF est représentée en vraie grandeur sur la figure, puisque la face ASC et le plan de la figure coïncident ; par le rabattement ASBi de la face ASB sur le plan de la figure, on

obtient la vraie grandeur DEi de la droite DE; on connait d'autre part Tangle EDF qui est Tangle plan du dièdre donné ; on peut donc construire en vraie grandeur DE'F le triangle DËF. Le triangle SEF s'obtiendra ensuite en décrivant des

Fig.no.

points F et E', pris comme centres, avec des rayons respectivement égaux à FS et à EiS (vraie grandeur de ES), des arcs de cercle qui se coupent en S', et en joignant S' aux points E' et F : Tangle E'SF représente en vraie grandeur la face demandée 6SC du trièdre en question.

290. V. Construire V angle plan d'un des dièdres d'un trièdre

dont on donne les (rois faces.

Soient SABG (fig, 111) Tangle trièdre donné par ses trois faces, la face ASC coïncidant avec le plan de la ligure et Tarète SB se trouvant en avant de ce plan.

l'* Supposons qu'il s'agisse d'abord de construire l'angle plan du dièdre SB. Nous faisons, pour cela, passer par un point D quelconque de Tarète SB un plan perpendiculaire à cette arête, qui coupera la face ASC suivant une droite EF et les deux autres suivant les droites DE et DF, toutes deux perpendiculaires à SB.

L'angle EDF est celui qu'il s'agit d'avoir en vraie grandeur.

A cet effet, sur le plan de la face ASC, rabattons les deux autres faces en ASBi et CSBs ; les droites DE et DF donneront, dans leur rabattement, les perpendiculaires EDi à SBi et FD3

Fig.lU.

à SB9 ; de plus leurs pieds Di et Ds seront évidemment à des distances égales SDi et SD^ du point S. On obtient ainsi^ en vraie grandeur, les trois côtés EF, EDi et FD, du triangle DEF, que l'on sait dès lors construire.

D'où la solution suivante : construire, en les juxtaposant, les trois faces BiSA, ASC et CSB2 du trièdre ; prendre sur SBi et SBb deux longueurs égales SD^ et SD2 ; élever aux droites SBj et SBs les perpendiculaires DiE et D2F jusqu'à leur rencontre, pour la première, de la droite SA en E, et pour la seconde, de la droite SC en F ; joindre E et F et décrire des points E et F comme centres, avec des rayons respectivement égaux à EDi et à FDs, des arcs de cercles qui se coupent en D'; enfin, mener les droites D'E et D'F : l'angle ED'F est l'angle plan du dièdre SB.

DAUZiiT. — MKTUOOOL. 63

2o Si l'oD veutcoDstrUire l'angle plan deTun des deux autres dièdres, de SC par exemple, nous faisons passer par un point G quelconque de Tarôte SC un plan perpendiculaire à cette arête, qui coupe les faces ASC et BSC suivant les droites GH et GI, toutes deux perpendiculaires à SC, et la face ASB suivant la droite IH. L'angle HGI est celui qu'il s'agit d'avoir en vraie grandeur.

Pour cela, nous e{rectuerons comme précédemment le rabattement, sur le plan de ASC, des deux autres faces ; la droite Gl se rabat suivant la perpendiculaire GI, à SC et la droite HI suivant la droite HIi, telle que la distance SIi est évidemment égale à la distance SI2. On a ainsi^ en vraie grandeur, les trois côtés GH, HIi et GI2 du triangle GHI, que l'on peut dès lors construire.

D'où la solution suivante : construire, en les juxtaposant, les trois faces BiSA, ASC et CSB» du trièdre; prendre sur SBi et SBs des longueurs égales SIi et SI2 ; du point l2 abaisser la perpendiculaire sur SC et prolonger jusqu'à la rencontre en H de SA ; joindre H et 1, et décrire des points G et H pris comme centres, avec des rayons respectivement égaux à GU et HIi des arcs de cercles qui se coupent en l' ; enfin mener les droites l'G et l'H : l'angle HGI' est l'angle plan du dièdre SC.

^ IV. — Division de droites et d'angles.

291. I. Diviser un segment de droite en 2, 4, 8, . . . , 2" parties égales,

La division d'un segment de droite en deux parties égaies rentre dans le problème de la construction de la perpendiculaire au milieu d'une droite limitée et s'y ramène ; l'opération est donc la même.

Pour diviser un segment de droite en quatre parties égales, on le divise d'abord en deux parties égales, comme il vient d'être dit, puis chaque moitié à son tour est divisée en deux parties égales parle môme procédé.

On opère de la môme manière sur chaque quart du segment

ipour avoir la division en huit parties égales, et Ton continue .ainsi de suite pour obtenir autant de divisions qu'en exprime Je nombre 2\

292. II. Diviser un segment de droilt en parties proportionnelles à des longueurs ou à des nombres donnés.

Soient (fig. 112) AB la droite à diviser et M, N, P les Ion-

gueurs données.

De Tune des extrémités de la droite AB, A par exemple, menons une droite AX dans une direction différente et portons sur cette droite, & partir du point A, les unes à la suite des autres, des longueurs AC, CD et DE respectivement égales aux longueurs M,N,P; joignons le point E au point B et menons par les points D et G les parallèles DG et CF à EB : les points F et G déterminent sur AB les segments demandés AF, FG et GB. On a, en effet (48, III),