TRACÉ DES SÉCANTES COMBINÉES

Une très-simple combinaison <lc sécantes , met à même de résoudre plusieurs problèmes dont les artistes et les omriers reconnaitront ajsémcnt l’utilité, atloiidu qu’ilsont journellement besoin des résultats indiqués dans l’énoncé de ces problèmes.

lia TRACÉ DES SÉCANTES COMBIMÉES.

Probe. (<i): Trouver le centre d’un cercle tracé ABCA (P. IV,

Le procédé du problème (r), page iii , suffit pour y panenir. Marquez trois points quelconques A, lî, G sur la circonférence ; puis élevez une perpendiculaire au milieu de chacune des cordes AB , BC , qu’il est inutile de tracer. Le point II où les deux perpendiculaires se couperont sera le centre cherché.

On agit de la même manière pour trouver le centre d’un arc donné.

Kotez que les deux cordes ne doivent pas être parallèles ; car si elles l’étaient, la perpendiculaire à l’une serait perpendiculaire à l’autre (57), et comme deux perpendiculaires à une même droite se confondent, quand elles doivent passer par le même point (55), vous n’auriez pas d’intersection. De plus , il convient de prendre les trois points, de façon que les deux cordes soient à jteu près d’équerre l’une sur l’autre , afin que les perpendiculaires fassent entre elles un angle peu différent de l’angle droit, et que le centre puisse être marqué avee plus de précision.

Probe, (ô): Partager un arc ABC en deux parties égales (P.,IV, F. 2).

Elevez une perpendiculaire DB, au milieu de la corde AC, sans tracer cette corde ; le point B où la perpendiculaire rencontrera l’arc, sera le milieu de cet-arc.

En effet, chaque point de DB est également éloigné de A et de C (43) J les cordes AB, BC sont donc égales, et p.ar conséquent, leurs arcs sont égaux (24).

93. Comme le problème (c), page tu, nous a fait voir que la perpendicidaire au milieu d’une corde passe par le centre du cercle , nous pouvons dire maintenant que le centre, le milieu de la corde. et le milieu de Varc sont trois points qui se trouvent sur une droite perpendiculaire à la corde.

Or, si l’on lire la c*orde EF parallèle à AC (P. IV, F. 2), BD sera perpendiculaire aussi sur EF (57), et parce qu'un de ses points, le centre, est à la même’distance de E et de F, G sera le milieu de EF (5o), comme II est le milieu de AC. La perpendiculaire BD partage donc en deux parties égales , toutes les cordes qui peuvent être menées dans l’arc ABC , parallèlement .à AC ; par conséquent , tout point du demi-arc AEB est à la même distance de BD , que le point correspondant du demi-arc CFB, ou en d’autres termes, la perpendiculaire au milieu de la corde AC d'un arc ABC , est l’axe de symétrie de cet arc (43).

Il s’ensuit que le diamètre BI est à la fois l’axe de symétrie des arcs jVBC, AIC j conséquemment, tout diamètre partage la circonférenec en deux parties symétriques , et cette courbe a une injinitc d’axes de symétrie.

Nous avons vu (a5) qu’un rabattement exécuté autour d’un dia—

' TAAcé DES SÉCjlNTEg COMBINÉES. 1|3

mètre, opère la superposition exacte des (leux parties de la circonférence. II en est toujours ainsi , quand une charnière est axe de symétrie; car, par suite de l’égalité des angles droits BUC, BlIA, UC se rabat sur IIA; le point C tombe sur A, puisque IIC = UA; et la même chose arrive pour tous les autres points symétriquement placés. Donc, la superposition par rabattement peut toujours se faire , qiuind il y a symétrie, et réciproquement, il y a symétrie, toutes les fois que la superposition s’effectue pay rabattement. .

Prqbl. (a): Diviser un angle ABC en deux parties égales (P. IV, F. 3). -

Du sommet B , décrivez un arc AC entre les côtés , et partagez cet arc en deux parties égales , par la sécante BD (probl. , p. i laj.

Les angles ABD, CBD seront égaux , puisqu’ils auront pour indi- . cations, des arcs de même rayon et de meme longueur (3i).

Probl. (6) : Diviser un arc ou un angle en quatre parties égales!

Il faut d’abord diviser en deux et partager clwcune des parties en deux autres , toujours par les points milieux.

Si l’on demande huit parti<« égales , vous en marquerez quatre et vous chercherez le milieu de chacune. Enfin , vous suivrez toujours la même marche, pour former sur un arc ou dans un angle, autant de parties égales que l’indiquera l’un quelconque des nombres 2 , 4 , 8 , i6, 3a , etc. , <jui sont tels que chacun est double du précédent.

Nous décrirons , au chapitre des tangentes , un instrument simple, nommé Trisecteur, cpii donne le moyen d’opérer très-aisément la division d’un arc ou d’un angle en trois parties égales, et nous exposerons, à l’article des polygones réguliers, le procédé général de la diviswn en un nombre queIconi[ue de parties «gales. Jusque là , il faut bien se garder de croire tpi’on obtienne des parües égales sur un arc, en marquant des parties égales sur la corde et en joignant les points de division au c-entre , ou en élevant par ces points des perpendiculaires à la eprde : de pareils tracé'S sont absolument faux.

Application : Les Biienuisiers ont souvent à réunir des pièces de même largeur qui se rencontrent d’équerre. Ils coupent alors chaque pièce en biseau, en chanfrein, en onglet, termes qui signiGent tous la même chose, puis ils appliquent les deux chanfreins l’un contre l’autre. Or, il est visible que les deux pièces ne peuvent être alors d’équerre l’une sur l’autre, sans que les deux chanfreins réunis forment un angle droit (36), et que ces chanfreins doivent être égaux, pour que l’une des pièces ne soit jias plus affaiblie que l’autre. Il s’ensuit que chaque chanfrein doit faire un angle de 45“ moitié de 90°. Les menuisiers ont donc très -souvent à. partager l’angle droit en deux parties égales. Mais, pour ne pas répéter à

Il4 TSACB DES SÉCANTES COMBINÉES.

chaque instant le tracé du probl. (a), ils sc serrent d’un instrument nommé équerre à onglet ou à chanfrein. La partie A de la "fig. 4 (P. IV), représente la face de dessous , cpii est garnie d’un talon dont une des arêtes passe par le sommet B commun aux deux angles CBD, EBF. Chacuu de ces angles est de 45°, ou moitié d’un angle droit. Par conséquent, ils forment à eux deux, un angle droit, et l’angle DBF est droit aussi ; car tous les angles qu’on peut faire du même côté d’une droite CE, valent en somme deux angles droits (45).

« La partie G de la fig. 4 représente l’autre face de l’instrument, ' et c’est cette face qui est en dessus quand on trace des chanfreins. Voici comment s’exécute l’opération : l’ouvrier applique le talon contre la face 111 de l’une des pièces qu’il veut assembler (P. IV, F. 5); il place le sommet B eu H; -puis il trace le long de BD, une droite UK qui doit répondre à l’une des arêtes du Weiion HKL. 11 en fait autant sur la face opposée à llKl. Appliquant ensuite le talon contre la face MN de lîantre pièce , de manière que B soit sur M , il trace le long de BF , une droite MO , selon laquelle il fait passer la scie, pour enlever la partie MOP. De là résulte une petite face en biseau, sur laquelle on trace la mortaise où doit s’engager le tenon HKL.

Si les pièces qu’on veut assembler d’équerre et seulement par chanfreins , n’onl pas même largeur , et qu’il soit nécessaire de placer l’un sur l’autre, les points M, U, l’équerre à onglet ne peut plus servir. Dans ce cas, on trouve le point K du trait HK, en prenant LK égale à la largeur de la pièce MN, et le point O du trait MO, en prenant PO égale à la largeur de la pièce HI.

On peut cependant chanfreiner encore à 45° ou avec l’équerre à onglet, lorsque les deux pièces qui doivent être assemblées d’équerre , ont des largeurs inégales ; mais alors , en supposant HI la pièce la plus large , il faut prendre HK égale à MO , et tracer par K , un trait qui soit d’équerre sur HI et qui aille rencontrer l’arête parallèle à cette droite, comme dans l’assemblage marqué Q.

94. La droite qui divise un angle en deux parties égales, étant fréquemment employée soit dans les tracés , soit dans 1m démonstrations, a reçu un nom particulier : on l’appelle biseclrice de l’angle ou simplement biseclrice.

La biseclrice BD est l'axe de symétrie de l'angle 'ABC (P. IV, F. 3); car, sa perpendiculaire AC est divisée en deux parties égales au point E (gS), et par suite, un rabattement fait autour de BD, opérerait la superposition de ABD sur CBD.

La biseclrice BD est aussi le lieu de tout point également éloigné des deux côtés de l’angle (47)- H visible, en effet , que le rabattement superposerait exactement EF perpendiculaire à BA , sur EG perpendiculaire à BC , puisque le point E ne bougerait pas pendant le mouvement et que BA tomberait sur BC ; il est visible aussi qu’il en serait de meme pour les deux perpendiculaires abaissées de tout autre point de BD , sur AB et sur BC.

Il J

THAcé DBS SÉCAIITES GOMBIREBS.

pROBiinB : Tracer la bisectrice d'un angle.

On peut marquer le sommet de l’angle ou bien ou ne le peut pas , et dans chacun de ces deux cas , l’opération se fait sur un tableau bien uni ou sur le terrain.

Premier Cas: Si l’angle est sur un tableau uili et que le sommet puisse être marqué , vous porterez sur chaque côté , .i partir de ce sommet B , une même longueur arbitraire (P, IV, F. 3) ; des points A, C qui en résulteront, vous décrirez avec un même rayon quelconque , deux petits arcs dont l’intersection H soit au-delà ou en deçà de AC ; puis vous tirerez BU qui sera la bisectrice demandée.

Il est aisé de voir que ce tracé est au fond celui de la division d’un angle en deux parties égales (probl. a, p. ii3); par conséquent BH est bien la bisectrice de ABC.

Deuxième cas: Si l’angle est sur un tableau uni et que le sommet ne puisse pas être marqué , tirez une transversale quelconque AB (P. IV, F. 6) ; puis tracez les biseetrices AC , AD , BC , BD des quatre angles qu’elle formera sur les droites données EF, GH. La droite CD menée par les concours C , D de ces biseetrices , sera celle qui est demandée. -

Effectivement, C est également éloigné de AEet de AB , puisqu’il appartient à la bisectrice AC de l’angle EAB ; il est aussi également éloigné de AB et deBG, comme point de la bisectrice de l’angle ABG. Ce point C est donc également éloigné de AE et de BG; par conséquent, il appartient à la bisectrice de l’angle dont EF, GlI sont les côtés. On démontrerait d’une manière analogue que D est un second point de cette bisectrice.

Troisième cas ; Si l’angle est sur le terrain , les tracés des deux ’ cas précédens ne sont pas applicables ordinairement , parce que plusieurs circonstances empêchent de tracer des arcs de cercle ou s’opposent à ce que ces arcs déterminent les points avec quelque précision.

Lors donc que le sommet B d’unangle ABC , donné sur le terrain , pourra être marqué (P. III, P. a5), prenez BA , BC de même longueur , plantez des jalons en A , C et aux points E , F d’une parallèle à AC , dont vous déterminerez l’alignement à une distance quelconque ; placez enfin un cinquième jalon au croisement D de AF, CE ; la droite BD sera la bisectrice dierchée.

D’abord , BD prolongée passera par le milieu G de AC (88) et sera perpendiculaire à cette droite (43). Ensuite, elle divisera, l’angle ABC en deux parties égales , puisque AC serait la corde d’uu arc décrit de B avec AB pour rayon, et que BD couperait cet arc par le milieu (q3 et3i).

Quatrième eas: Si le sommet d’un angle donné sur le terrain , ne peut être marqué, menez par un poirit A, pris arbitrairement sur le côté BC , une parallèle AD à l’autre côté EF (P. IV, F. 7) ; portez une longueur quelconque de A en C et en D ; marquez par un jalon le point F où CD va rencontrer EF ; marquez aussi par d’autres jalons, les rencontres G, D, E, Il des côtés avec deux parallèles.

il6 TRACÉ DES SicASTES COMBINEES.

à CF; placez enfin mi jalon au croisemcnl 1 de CH, FG et uiï dernier jalon au croisement K de GE, BII. L'aliguemcnl IR sera la biscctrice demandée.

Pour rendre la démonstration plus facile, nous prolongerons BC , EF jusqu’à leur concours incounu X. Alors nous verrons que XF — XC , puisque AB = AG (8 1 ) , et nous en conclurons , d’après les raisons données pourle.cas précédent, que le point I appartient à la biscctrice de l'angle CXF. Mais, puisque CF et Gll sont parallèles, XG=X1I, comme XC=XF (79); donc, encore par les mêmes raisons , le point Iv appartient aussi a la biseclrice.

Application: Ou s’approche. d’une place assiégée, au moyen de fossés qu’on nomme tranchées. Ces chemins creux sont dirigés selon la capitule ou biscctrice du bastion atta(|ué Y, parce que c’est sur le prolongement de cette droite qu’il y a le moins de danger, Les officiers du génie doivent donc , dès le début d’un ■siège, déterminer ce prolongement. Ils peuvent à cet effet, opérer comme il vient d’être dit , après av(ur trouvé deux points B et C , E et F du prolongement de chaque face du bastion (appl. h , p. 109).

95. Passons maintenant aux sécantes parallèles et démontrons que deujc sécantes parallèles AB, CD renferment entre elles deux arcs égaux AC, BD' (Pv IV.,. F. 8).

Pour cela, nous abaisserons du centre E, une perpendiculaire sur CD ; elle sera aussi perpendiculaire sur AB , passera par les milieux F, G de ces deux cordes (90), et sera, par conséquent, leur a.xc de symétrie (43). Si donc nous-e,\écutons un rabattement autour de EF, le point B tombera sur A, et le point D sur C. Or, deux arcs d’une même circonférence dont les extrémités se confondent, se superposent dans toute leur étendue (5). Les arcs AC, BD sont donc égaux.

Probl. (o) : Tracer deux sécantes parallèles.

Avec une ouverture de compas aibitraire , marquez sur la circonférence, les extrémités d’un arc AC (P. IV, F. 8). Avec la même ouverture , marquez deux autres points B , D. Joignez A et B, CctD; les cordes ou sécantes .AB, CD seront parallèles. Car , si elles ne l’étaient pas , on pourrait mener , par exemple , CH parallèle >à AB, ce qui donnerait BII = AC, et par conséquent BII — BD; or) cette dernière égalité est impossible tant que II n’est pas sur D.

Probe. (4): Mener par un point C de la circonférence, une parallèle à une sécante AB (P. IV’, F. 8).

Il suffit de prendre, avec le compas, la corde AC, de la porter de B en un point D , et de mener CD; car, les cordes étant égales, les arcs AC, BD sùnl égaux (a4)> et P«ir conséquent, les sécantes 'AB, CD sont parallèles.

U n’est donc pas nécessaire, pour tracer une parallèle, quand

teack des eécantes co.mblsées. Il^

la droite donnée est une sécante^ et que le point donné se trouve sur la circonférence, d’emplojer les procédés (^'crits dans les problèmes (c)j-(<f)> du n“ 63.

96. L’indication de l’anffle que forment deux sécantes qui se coupent, peut être .déterminée, sans qu’on ait besoin de décrire du sommet , un arc entre les côtés : les ares du cercle coupé par ces côtés suffisent. Comme celte manière de trouver l’indication des angles , est souvent fort utile , ^it pour des tracés , soit pour comparer des angles entre eux , il faut la bien connaître.

L’angle formé par deux sécantes qui se coupent , peut avoir sou sommet ou au^^tre , ou entre le centre et la circonférence , ou sur la circonférène^^ ou hors du cercle; mais-aiicun autre cas ne peut se présenter. Considérons donc ces diverses positions du sommet, ou du concours des sécantes. ■>

L’anghe IKG dont le sommet est au centre , est dit angle au centre (P. ly, F. g). Son indication est, comme on sait, le nombre des degrés contenus dans l’arc IG (tg). Or, l’angle FKII formé par les prolongemens des côtés , est égal à IRG , puisqu’il est son opposé par le sommet (55), et quand les angles sont égaux, les arcs de mémo rayon décrits des sommets , entre les côtés , sont égaux et du même nombre de degrés (5i). Par conséquent, l’arc Fil contient autant de degrés que ÏG, et l’on peut trouver l’indication de IKG, en prenant la moitié des degrés de IG, plus la moitié des degrés deFII. Donc, rindication d'un angle au centre est aussi la moitié des degrés contenus dans les arcs compris entre les côtés et leurs pro~ longemens. ^

97. « L’angle ABC qui a son sommet entre le centre et la circonférence, est dit angle excentrique (P. IV, F. g). Comme celle du précédent, l'indication de T angle excentrique se forme de la moitié des degrés contenus dans les arcs AC, DE comiiris entre les côtés et leurs prolongemens. t>

« Traçons par le centre , FG parallèlement à CD , et III parallèlement à AE. Les angles 'ABC , IKG ayant leurs côtés parallèles et leur ouverture dans le même sens, sont égaux (64); ils ont donc même indication. Mais, l’indication de IKG est la moitié des degrés contenus dans IG et dans l’II. Reste donc à démontrer que IG -H FII = AC-1-DE. Or, pour faire AC avec IG, il faut augmenter ce dernier de GC et le diminuer de IA; pour faire DE avec FII, il faut diminuer ce dernier de FD et l’augmenter de IIE. De plus, IA = HE, ce sont des arcs compris entre sécantes parallèles (g5)', et pour la même raison , GC = FD. Ainsi, IG doit augmenter et diminuer, autant que FU doit diminuer et augmenter. La somme de ces deux arcs est donc encore la même , quand ils sont devenus AC et DE. Donc aussi , la moitié de AC plus la moitié de DE, vaut la moitié de IG plus la moitié de FU. Donc enfin, ABC a pour indication , la moitié des degrés contenus dans AC et dans DE. t

<l8 TAAc£ DBS sécÀKTES COUBIHÉES.

98. L’angle ABC qoi a son sommet sur la circonférence et des cordes pour côtés, ^st dit angle inscrit (P. IV, F. lo). L’indication de l’angle inscrit est la moitié des degrés de l’arc AC compris entre les côtés.

Menons par le centre .D, des parallèles à BA et à BC. Nous formerons l’angle EDF (jui sera égal à ABC (64)j et ces deux angles auront chacun pour indication , la moitié des degrés contenus dans EF et dans GH (96). Reste donc à démontrer que AC = EF -h- GH. Traçons HI parallèlement à BC, nous aurons IC = BH (pS), BH = AE et par suite , IC = ^iE , AF -H IC = EF. Comme de plus, FI=GII, il est clair que AC = EF 'f~ GH. Donc, l’indication de ABC est aussi la moitié des degrés contenus da^AC.

99. « Un angle ABK qui a son sommet sur la circonférence et dont un seul côté AB forme corde, n’est pas un angle inscrit (P. IV, F. 10). L’indication de cet angle est la moitié dts degrés contenus dans les deux arcs AGB , BC qui ont pour cordes le côté AB et le prolongement du côté RB. »

« Eifectivement , la somme des deux angles ABC , ABK ayant pour indication 180" ou la moitié de toute la circonférdtice (45), et l’indication de ABC éuint la moitié des degrés de AC , il reste pour celle de ABK, la moitié de l’excès de la circonférence sur AC, c’est-à-dire la moitié de l’arc AGBC. »

100. L’angle ABC qui a son sommet hors du cercle, est dit angle extérieur (P. IV, F< ii). L'indication d’un angle extérieur est la demi-différence des nombres de degrés contenus dans les deux arcs AC , DE compris entre les côtés.

Soit menée la droite DF parallèle à BC ; les angles ABC , ADF seront égaux (60) et auront pour indication , la moitié des degrés de AF (98). Or , AF = AC — CF, et CF = DE (95). Donc , AF est la différence entre AC et DE ; donc , l’angle ABC a aussi pour indication , la moitié du nombre de degrés que donne cette différence.

PnOBi. (a) : Tracer par le point B où une sécante AB coupe la circonférence , une autre sécante assujettie à faire avec la première , un angle dont l’indication est connue (P. IV, F. la).

" Ce problème reyient au problème (d) de la page 46 ; mais au lieu de le résoudre en plaçant le rapporteur comme il a été prescrit, ce qui n’est pas toujours possible , on peut placer le centre de l’instrument sur le centre E du cercle , de manière que le diamètre passe par A ; marquer un point D à l’extrémité de l’arc d’un nombre de degrés double de celui de l’indication (98); joindre D avec le centre E , et tirer la droite DC , par le point donné et par celui C ' où DE rencontre la circonfércuce.

^ Phobl. (6): Tracer par trois points donnés A, B, C, un arc de cercle, sans employer le centre (P. IV, F. i3).