ANGLES. TRIANGLES. PERPENDICULAIRES. PARALLÈLES
Fig. 111.
004. Pour construire un angle égal à un angle donné E, du point
E comme centre, avec un rayon arbitraire, on décrit l’arc correspondant GH ; du sommet O que l’on veut donner à l’angle à construire, avec le même rayon, on décrit l’arc indéfini CL ; on prend CD = GII, on mène OD, et l’angle DOC est égal à l’angle E (583). Remarque. Cette opération peut se faire avec le rapporteur (902). 006. Pour construire un angle égal à la somme de deux angles
donnés A, B, on construit (904) FlR- m‘ GO£ = A, puis HOG=B, et on
a HOE = A 4- B.
En opérant de la même manière, on peut obtenir la somme d'un nombre quelconque d’angles donnés, et en général com- A biner des angles par voie d’ad-
dition ou de soustraction.
Pour avoir le supplément d’un angle GOE, on prolonge le côté EO, et l’angle GOF satisfait & la question (526).
Pour avoir le complément, on mène OH perpendiculaire à OE (910), et GOll est l’angle demandé.
A et B étant deux des angles d'un triangle, pour avoir le 3' on construit HOE = A + B, et HOF est l’angle cherché (565).
000. Etant, donnés deux côtés a et b d'un triangle, et V angle c
Fig. H 3.
CN
qu'ils comprennent , pour construire le triangle (573), on fait un angle égal à l’angle C ; sur ses côtés on prend CB = a et CA = b, et menant AB, ABC est le triangle demandé (567).
007. Pour construire un triangle dont on connaît un côté a et les deux angles adjacents B et C (573), on trace BC = o; puis on fait l’angle ABC = B, et ACB=C, et le point A détermine le triangle demandé ABC (567).
Si l’un des angles donnés était opposé au côté a, on déterminerait le troisième angle du tirangle (905), et le problème serait ramené au précédent
PROBLÈMES
1108. Les trois côtés a, b,C d'un triangle étant donnés, pour construire () s le triangle (578), on trace BC=a; des points B
abe " et C comme centres, avec c et 6 pour rayons,
on décrit deux arcs de cercle qui se coupent t. en A, et menant AB, AC, le triangle ABC satis-
'y\« fait à la question (567).
/ OOO. Étant donnés deux côtés a, b rTun
b a c triangle, et l'angle A opposé à Vun d'eux, pour construire le triangle , on construit l’angle donné A, fig. 116, 117 et 118 ; sur l’un des côtés de cet angle on prend AC= b ; du point C comme centre, avee a pour rayon , on décrit un arc de cercle qui coupe AB en des points B, B', lesquels étant joints au point C fournissent un ou deux triangles satisfaisant à la question (573).
1° Lorsque A est droit ou obtus, B ost aigu (565), et on a a > b (550), alors l’arc BB' rencontre AB en deux points ; mais F,g- le triangle ABC satisfait seul à la question, cm*
dans le triangle AB'C l’angle A est le supplément de l’angle donné.
2“ L’angle A étant aigu (/y. 117), si l’onaa>6, d’où A > B, il y a encore une seule solution , qui est le triangle ABC. En effet, dans le triangle AB'C, qui a a et 6 pour côtés, l’angle A est obtus.
Fig 117.
Dans le cas où A étant aigu, on a a— b. B' tombe en A, et on obtient pour unique solution le triangle isocèle ABC.
3° Lorsque A est aigu et que l’on a a < b, d’où A <B, il en résulte que B peut être aigu et obtus, et il y a deux solutions {fig. 118). Dans le triangle ABC, qui satisfait à l’énoncé, l’angle B est aigu ; dans celui AB C, qui satisfait également à l’énoncé, l’angle B'=180* — B est obtus.
Il y aura deux solutions tant que a < b sera plus grand que la perpendiculaire CD.
Lorsque a < b sera égal à CD, l’arc BB'sera tangent à AB au point D, et les deux triangles ABC, AB'C coïncideront avec le triangle rectangle ÀDC, qui sera l’unique solution.
Fis. ne.
910. Mener par un point donné A une perpendiculaire à une droite
donnée BC. Du point A, situé sur BC ou hors de BC, comme centre, avec un rayon suffisamment grand, on décrit un arc de cercle qui détermine les points B et C également distants de A; puis des ~ic~ points B et C comme centres, avec un
\ y ' rayon suffisamment grand, on décrit
deux arcs de cercle qui se coupent au point I, qui est également distant de B et C; alors menant AI, cette droite est la perpendiculaire demandée (531).
Pour résoudre le môme problème en faisant usage de l’équerre, m étant le point par lequel on veut mener une 1,1 " ,,n perpendiculaire à la droite xy, on fait coïn-
cider l’arète d’une règle avec xy; puis, appliquant un des côtés de l’angle droit d’une équerre ABC contre la règle, on la fait glisser jusqu’à ce que l’autre côté de l’angle droit passe par le point tu, et la droite AC sf m 0 1 tracée le long de ce côté est la perpendicu-
laire demandée.
Élever une perpendiculaire à l'extrémité B d'une droite AB que l'on ne peut prolonger. D’un point 0 convenablement choisi comme centre, avec OB pour rayon, on décrit un arc de cercle; on mène DO, que l’on prolonge jusqu’en C, et la droite BC est la perpendiculaire demandée (601).
La perpendiculaire BC peut être directement menée en faisant usage do l’équerre (910).
01 1 . Par un point A , pris hors dune droite CD , mener une parallèle à celte droite. Du point B pris sur CD, Fig. iîî. ^ comme centre, avec un rayon suffisam-
— y ment grand, on décrit un arc de cercle AC ;
i i du poiut A comme centre, avec le même
I rayon, on décrit un second arc de cercle,
c 11 u sur lequel on prend BE = AC, et la droite AE
est la parallèle demandée (537, 583).
Fig. lîi.
PROBLÈMES
Fig. 1Î3.
Fig. IU.
Si CD a une longueur suffisante, on prolonge l’arc CA décrit du point B comme centre jusqu’en D; on prend DE = CA, et menant AE, on a la parallèle de- " '-. p mandée (592). Cette construction n’exi-
7 \ géant qu’un centre , elle est pratiquement
1 \ préférable à la précédente , quand elle per-
~c ÎT — ïi ‘ met de déterminer les points A et E assez
espacés pour que l’on puisse tracer facilement la parallèle.
Pour résoudre le même problème au moyen de Péquerre, on fait
coïncider l’hypoténuse de l’équerre BGE avec la droite CD ; on applique une règle contrôle côté EG, et faisant glisser l’équerre le long de la règle jusqu’à ce que l’hypoténuse passe par le point A, la droite E"B" tracée en suivant cette hypoténuse est la parallèle demandée (537).
Toute autre position E'B' que prend l’hypoténuse pendant le mouvement de l’équerre est aussi parallèle à CD.
918. Diviser en deux parties égales : 1* une droite limitée AB;
2* un arc de cercle AmB; 3" un angle ACB gui correspond à Parc AmB. Des points A et B comme centres, avec un rayon convenable, qui est toujours plus grand que la moitié de AB, on décrit deux arcs de cercle qui se coupent en I et I', et menant IT, cette droite résout les trois problèmes (531, 582, 583).
Fig. IÏ3.
Fig. 126.
913. Pour avoir le point C, commun à une droite DE et au chemin le plus court ACB que P on peut tracer entre A et B en venant toucher DE, du point A on abaisse une perpendiculaire à DE , on prend DA' = DA, et la droite A'B détermine le point C. Ainsi on a AC + CB < AC' + C'B. En effet, ayant AC = A'C et AC'= A'C' (531), on a AC + CB = A'Bet AC'+C'B= A'C'+C'B ; orayant A'B < A’C'+ C'B (559), on a donc bien aussi AC + CB < AC'+ C*B.
Un corps élastique, ou un rayon do chaleur ou de lumière, qui part du point A et vient frapper DE pour aller passer en B, suit le plus court chemin ACB. Il est à remarquer que CA et CB font des angles égaux avec DE, ainsi qu’avec la perpendiculaire CF, ACD = BCE et
ACP — BCF: c'est ce que l’on exprime en disant que l'angle dVneidence ACF est égal à l'angle de réflexion BCF.
Pour aller frapper une bille A avec une autre B, en touchant d’abord la bande DE du billard, le joueur mène par la pensée DA'=DA, et il vise le point A'.'
SI DE est une rivière dans laquelle on veut faire une seule prise d’eau pour alimenter deux usines A et B (jflg. 126), le point C est celui qui donnera le minimum de longueur de conduite.
Si d’un point B on veut atteindre la bille A en touchant d’abord les deux bandes MN, NP, on prend sur AA', perpendiculaire à N P, DA'=DA, et sur A 'A", perpendiculaire à MN, D'A" = D'A'; visant alors le point A", la bille se réfléchit en C vers A', et arrivée en C' elle se réfléchit vers A.
Fig. 127.
CIRCORFÉRENCE. TAXGEÎITE.
Fig. lis.
014. Décrire une circonférence passant par trois points donnés ABC, non en ligne droite (597). On mène AB, BC; sur les milieux E, F de ces droites on élève des perpendiculaires qui se coupent en O, et la circonférence décrite de ce point comme centre avec AO pour rayon satisfait à l’énoncé (682 et 918).
Pour déterminer le centre d’une circonférence, on tracerait deux cordes AB, BC, et les perpendiculaires menées au milieu de ces cordes se rencontreraient au centre O.
On déterminerait de môme le centre et par suite le rayon d’un arc de cercle.
La construction précédente fournit le moyen de circonscrire une circonférence à un triangle donné ABC.
9115. Pour inscrire une circonférence dans un triangle donné ABC , on mène les bissectrices AO, BO de deux angles A et B du triangle (912); du point de rencontre O de ces bissectrices on abaisse la perpendiculaire OC' à l’un des côtés AB du triangle, et t OC' est le rayon de la circonférence deraan- * dée (633).
Fig. 1ÎS.
PBOBLtMlS.
Si<l
Fig. 130.
916. Mener une tangente à un cercle : 1* par un point prie éur la circonférence ; 9° jtar un point pris hors du cercle.
i* On mène le rayon O m passant par le point donné, et la perpendiculaire AB menée à l’extrémité de ce rayon est la tangente demandée (590, 910).
9° On joint le point donné m au centre; sur Om comme décimètre on décrit une circonférence qui coupe la circonférence donnée en T et T, et les deux droites wiT, »«T' satisfont 5 l’énoncé. En effet, menant OT et OT', les angles OTm , OT'm sont droits comme inscrits dans un demi-cercle (601) , et, par suite, mT et mV sont tangentes à la ciroonférence O (1*).
Fig. 131.
Fig. 1 33.
917. Mener une tangente commune à deux cercles C et C'. A la plus
grande circonférence on décrit une circonférence concentrique ayant un rayon égal à la différence des rayons des circonférences données; par le point C' on trace une tangente C'T à cette circonférence ; on mène le rayon CT passant par le point de contact; on le prolonge jusqu’en A , et menant AA’ parallèle à C'T, elle est perpendiculaire aux extrémités des rayons CA, C'A' et satisfait à la question.
La même construction reproduite au-dessous de la ligne CC' fournit une seconde solution BB'.
Si l’on prend CT = CA + C'A', et que l’on construise la fig.133 en suivant la même marche que dans le cas précédent, on obtient deux tangentes Intérieures qui satisfont encore à la question.
Remarque. Lorsque les deux circonférences données sont tangentes extérieurement, les deux tangentes Intérieures se réduisent à une seule, et alors il n’y a plus que trois solutions.
Si les circonférences sont tangentes intérieurement, 11 n’y a plus qu’une seule solution, qui est la tangente extérieure commune menée par le point de contact des circonférences.
Fig. 133.
Fi*. 134.
Lorsque les circonférences se coupent, 11 n’y a pas de tangentes intérieures, mais les deux tangentes extérieures subsistent.
918. Sur une droite donnée AB, décrire un segment capable (Tun angle donné. Au point A , on forme l’angle BAC égal à l’angle donné (90 A); on mène AO perpendiculaire à AC et DO perpendiculaire au milieu de AB (910); du point O comme centre, avec OA pour rayon, on décrit une circonférence, et le segment AMB est le segment demandé. En effet, tout angle M inscrit dans ce segment est bien égal A BAC (601) , et par suite à l’angle donné.
Dans la pratique, pour décrire un segment capable d'un angle donné AMB, ou pour décrire un arc de cercle passant par trois points donnés A, M,B(91à), on fait usage d’une espèce de compas composé des deux règles MC , MD. Le centre de l’axe d’articulation M étant situé à la rencontre des arêtes extérieures MC, MD, et cet axe étant percé d’un trou longitudinal dans lequel on a fixé un crayon , on conçoit qu’ayant ouvert le compas jusqu’à ce que son angle soit égal à AMB, ou que son sommet étant placé en M les arêtes MC, MD passent par les points A et B, si l’on implante une pointe en chacun des points A et B, et que l’on promène le compas de manière que les arêtes MC, MD glissent contre ces pointes, le crayon placé en M décrira l’arc de cercle AMR
