OA.OA'= OB.OB

La droite A'B' est donc Tantiparallèle de AB, dans l'angle AOB.

Pour achever le problème, il ne reste plus qu'à mener B^p perpendiculaire sur OA', et A"a perpendiculaire sur OB'. Le quadrilatère A''B"ap étant inscriptible, on a 0A".0p = 0B'.0a;

OA Op et par suite ^g = q^-

Ainsi a^ est parallèle à AB.

65. Les solutions par la fausse équerre. La solution de Mascheroni. — ao Ayant jalonné, dans la ..:

région accessible V, les lignes de visée OA, OB, on relève Tangle AMB; puis on se transporte sur OB, en partant de 0, jusqu'à ce qu'on ait trouvé un point N tel que ANB = AMB. La droite MN est donc antiparallèle à AB. On relève alorsrangleO]SM,et,par un point M', arbitrairement choisi sur OM, on tire un alignement MN', de façon que OM'N'=ONM. La droite M'N' ainsi obtenue, est parallèle à MN.

Fig. 216.

Fig. «/7.

Telle est, arrangée par Servois, et aussi simplifiée que possible, la meilleure des solutions do Mascheroni ; elle offre, au plus haut degré, le caractère pratique nécessaire aux solutions qu'on devrait nommer, dans cette géométrie que nous développons ici, les solutions générales (*); pour exprimer qu'elles répondent à toutes les exigences des situations diverses susceptibles d'être imaginées. On observera, en effet, que les tracés indiqués plus haut peuvent être réalisés duns un espace de terrain aussi limité qu'on le voudra.

Ajoutons que la solution précédente est bien propre à montrer la supériorité de la fausse équerre sur Téquerre ordinaire dans les opérations effectuées sur le terrain. Pourrésoudre ce problème avec l'équerre ordinaire, il faudrait trouver, sur la partie de OA qui est accessible, un point d'où le segment AB serait vu sous un angle droit. Mais si la distance AB est relativement petite, le cercle décrit sur AB comme diamètre est situé, tout entier, dans la région inaccessible Y; la construction donnée devient illusoire. L'emploi de la fausse équerre est donc préférable.

Ce caractère de généralité, que nous avons reconnu à la solution de Mascheroni, appartient aussi à celle que nous allons exposer maintenant: on verra, au chapitre suivant, l'avantage qu'elle présente sur celle de Mascheroni.

Seconde solution. — Prenons, sur une droite A, tracée dans la partie accessible, deux points quelconques G, D; puis jalonnons, comme l'indique la figure: 1® les prolongements de AG et de BD, 2® les droites DP et GQ, parallèles, respectivement aux prolongements GX, DY, BG et de AD.

Nous allons montrer que PQ est parallèle à AB.

Les triangles semblables A 00, GO'P donnent