CHAPITRE IV, — RÉSOLUTION DES TRIANGLES

L 1"° Solution. On a les deux relations :

? À P+ce— a ]= 0,986 77 soi 2bc—2ah, = 2,895 26 54 ie he ie :

nt. … Chacun des deux membres de cette dernière équation exprime 2,091 51 le quadruple de la surface du triangle. | me Ajoutant et retranchant membre à membre, il vient : = 1,045 75 b+cP=a+aah = 609095" et . (ls P=a—9 ah :

d'où bte=yala+2h) et b—c—=ya (a—2h.)

Connaissant la somme et la différence des côtés de l'angle droit, on obtient aisément ces deux côtés et l'on est ramené au 4° cas.

2° Solution. On a be—ah: or b=a sinB et c—

a cos B, donc bc—a sin BcosB, où ah—a?sinB cos B, log c. 2h ou 2ah=—a sin 2B; d'où sin 2B— nr:

9 Sin B.

L'angle 2B étant Connu, on en déduit l'angle B, et le calcul

s'achève aisément.

2,388 83 achève aisément

1,9899 d-nY 1,98997 30 Résoudre un Uangle rectangle, connaissant les projec- 2,599 56 lions b' et c' des côtés de l'angle droit sur l'hypoténuse. 97m,70.

Soit la hauteur, l'hypoténuse étant prise pour base. On a R=b'.c'; d'ailleurs u—V'+-c'; on a donc, comme dans le problème précédent, à résoudre un triangle rectangle, connaissant l'hypoténuse b'c' et la hauteur correspondante ÿ8'.c!.

4° Résoudre un triangle, connaissant l'hypolénuse à et la différence 4 des côtés de l'angle droit.

On a : b—a sin B

ant l'hypote-

sente de l’un

C=a sin C;

. A « 4 1, donc b—c où d=—=a(sin B—sin C)=%2a sin 5(B—C) cos 3 (B-!-C)

(formule 22), Or

(B+-C\=450, donc cos ÿ(B+C)= 1 V7:

par suite, d=ay sin + B—C):

at l'hypote- , 15 juillet

d'où Sn Mon Ces

56 ÉLÉMENTS pf£ TRIGONOMÉTRIE RECTILIGNE

Cette formule donnera 5(B—C), et comme on

L (B+C)\— 480 , On obtient

betc parles équations du théorème 1er,

00 Résoudre un

nuse à él le rayon r du cercle inscrit,

On sait que la somme des côtés de l'angle droit égale l'hypoténuse plus deux fois le 'ayon du cercle inscrit (Géométrie Liv. I, prob, 17). On est donc conduit à résoudre un triangle rectangle dont on connait l’hypoténuse « et la sonime a +2» des côtés de l'angle droit, En opérant comme dans le problème

précédent , on trouve la formule COS ÿ B—C— y qui

2 ay?

donne 5 (B—C\:

d'ailleurs 3(B+C\=—45, on en conclut aisément B et €, puis

les deux côtés b et ce,

6 Résoudre un biangle rectangle,

CoOnnaîissant un angle @gu C et la somme

a+b=—2m des deux côtés adjacents.

Soit æ l'autre côté, On a :

PP (a+ b)(a—b) 2m (ab)

œ* donc qd ge et a+b—9m, : 4m? + x?

ar suite : QE P 4m m2 2 : : AM + a? , Mais T—=a Sin C, donc x— RE sin C,

équation du 2 degré, qui, ordonnée Par rapport à +, devient : a? sin C— max + 4m? sin C=0,.

On en tire :

MH VIRE

æ= “REVÉM 4m” sin?C

=. ou >= 20+2my1—sinC sin C Se

sin C

connait

aisément B et C, On aura ensuite

triangle rectangle, connaissant l'hypote-

de “e S

RE PPS

Ré