BD D' B

leur donnée du rapport r= =r^ = jyn*

47. Si l'on mène du point A' (Jig. 19) des transversales A' BC, A'DE à l'angle BAC, on sait (40) que le point où se coupent BE et CD est sur la polaire AO de A'. Soit encore A'GO' uneautre sécante menée du point A': le point F où se coupent GE et DO'

sera encore sur cette polaire, ainsi que le point I où se coupent BO' et GC. Il en serait de même pour toutes les autres transversales menées du point A'.

Ainsi, les points 0, F, 1, ... , sont en ligne droite avec A.

Ce théorème subsiste encore si le point A 7 est à l'infini. Alors BC, DE, GO', . . . , sont parallèles.

48. Cette considération permettra de résoudre le problème suivant : f

Joindre un point donné au sommet inaccessible d'un angle donné.

Supposons d'abord (Jîg. 19) le point donné dans Tintérieur de l'angle BAE, donné par ses côtés. BD, CE, mais dont le sommet A est supposé inaccessible; nous mènerons de ce point deux sécantes croisées DOC, BOE, de manière que le point A', où se couperont CB et ED, soit dans les limites de la figure, ce qui exigera un certain tâtonnement si le point est près de la bissectrice de l'angle donné. Du point A', menons une nouvelle transversale qui coupe BD en G et CE en O f ; joignons DO' et GE qui se rencontrent en F, la droite OF sera la ligne demandée et passera en A.

Si, au contraire, le point donné 0' est extérieur à l'angle donné BA'E, nous mènerons, d'un point quelconque A, la droite AO' qui coupe les côtés de l'angle en E et en C, ainsi que AG qui les coupe en D et B; nous joindrons DC, BE qui se rencontrent en 0; du point A, nous mènerons AO qui sera coupé en F par DO'. Enfin, joignons EF qui coupe AB en G, la droite O'G sera la ligne demandée qui passera en A'.

49. Cette solution n'exige que l'emploi de la chaîne et des jalons, mais avec l'équerre d'arpenteur le problème se résout plus simplement.

Soient BF, CE (fig. 20) les côtés d'un angle dont le sommet inaccessible A doit être joint au point donné 0. Il suffira, par le point 0, de mener perpendiculairement à ces côtés les lignes BE, CF, enfin d'abaisser sur BC la perpendiculaire OD qui sera la droite demandée (21).

Cette même construction permet de résoudre le problème suivant : Du sommet inaccessible d'un angle donné BAC, mener une perpendiculaire sur une droite donnée BC.

50. Mener la bissectrice d'un angle dont le sommet est inaccessible.

Coupons cei angle BAC parla droite quelconque BC (fig. at), et soit le point où concourent les bissectrices des angles ABC, ACB : on sait (21) que ce point est sur la bissectrice de BAC. On pourrait en trouver un second point en menant toute autre sécante que BC; mais soit B'C parallèle à BC, B'O' à BO et C 0' à CO, il est clair que 0' sera aussi sur la ligne cherchée qui sera 00'.

51. Prolonger 9 au delà d'un obstacle, une droite dont deux points sont visibles*

Soient B et C ces deux points (fig* 19), et cherchons un point A' de la droite BC au delà d'un obstacle que nous supposerons exister à partir du point B. Du point quelconque A, menpns deux droites AB, AC, et prenons sur chacune de ces lignes les points D et £ choisis arbitrairement, mais d'une manière convenable pour la figure; joignons BE, CD qui se coupent en et menons la droite AO. Soit encore G pris arbitrairement sur AB, et joignons GE qui coupe AO en F; enfin, menons DF qui coupe AC en 0' : les droites ED, O'G se couperont en A' qui sera, d'après ce qu'on a vu (40), sur la direction de CB.

On aurait de même un autre point et tant d'autres points qu'on voudrait de la direction de cette ligne.

Cette construction est remarquable parce qu'elle s'applique au cas où B et C sont inaccessibles; en effet, il suffit de poser des jalons dirigés vers ces points dont on n'est pas obligé d'approcher plus près qqe le point 0. De plus, rien n'exige que du "point A' on puisse voir B et C, ni réciproquement.

Lorsque l'un des points B est accessible {fig. 22) et que l'on peut se servir de l'équerre d'arpenteur, il suffit de mener sur BC une perpendiculaire BA de longueur convenable, de prendre sur AA', perpendiculaire à AB, une distance suffisante AA' et d'élever sur AA' la perpendiculaire A'B' = AB; alors il est clair que B'C', perpendiculaire à A'B', est le prolongement de BC.

Ici encore rien n'exige que les portions BC et B'C de cette droite soient visibles l'une pour l'autre.