GÉOGRAPHIE M AT II K M AT I QV E

OU, ce qui revient au même, l'azimut x et l'angle (3 — a sous lequel du point G on voit le segment AB. Déterminons le point C.

Il est d'abord sur une circonférence passant par A et B et capable de l'angle ,6 — a.

Déterminons la direction de la tangente GT à la circonférence.

Mesurons les angles en arcs.

On a: 4 droits — 2y = BG— DÂ,

2a = DA,

2;î = DÂ + ÂB,

2/=DÂ+ÂB + BG.

D'où, additionnant les trois premières lignes : < = (a + |3) — Y+2 droits.

La direction de la tangente étant connue, le point G est déterminé. 3°. — Problème.

A ces questions se rattache le problème suivant (figure 12, à droite) .

Le point P voit le segment BA sous l'angle a + ^. On demande de quelle longueur A = PQ il faut se déplacer sur le rayon OP du cercle circonscrit pour que l'angle a -|- ^ décroisse de s- On suppose connues les distances a, h, c.

On a : £=£' + £"; «s'^Asina, 6£"=Asin;5.

. /sina , sinS \ a 0

Dans le triangle PAB on a :

=z—r{b sin a + rt sin g).

ab

ces a cosii sin(a + P)' b sina + «sin 3 = (sina cos3 -f sin 3 cosa) —. — , , ^v = f.

^ t- r- / gjj^ ^^ j jjj

D'où les formules classiques :

Ac ab '

Supposons que le point P ne satisfasse pas tout à fait à la question, parce que l'angle a + ?

est un peu trop grand. Le point Q tel que l'angle vaille (a + (î) — £, se trouve très approximativement sur une droite QT' parallèle à la tangente PT' au cercle et telle que la distance des deux droites soit la longueur A ci-dessus calculée.

Du point P abaissons la perpendiculaire li sur AB. Soit G l'angle

Fig. nbi.

AIU'ES 1 AGE 17

(lu triangle au sommet V. L'aire S du triangle a pour oxpression :

2S =«^ sinC= //c, d'où: A = î-^ — r^.

sinti

Pour C et î donnés, A est proportionnel a h.

A, nul quand P coïncide avec A ou B, est maximum quand P est

en P'. Il est clair que le lieu du point (^ est un cercle de centre o.

On trouve aisément : ()u= ■'..■^.

sin-C

Problèmes usuels «rarpentage.