RÉSOLUTION DES TRIANGLES SPHÉRIQUES ORKIQUANGLES

entre le poiut D et le sommet A. En effet, en appliquant les théorèmes des n"’ 87 et 88 au triangle rectangle ADC , on trouvera

sin Asin<pcosô=cosAcosç,

COt]/ t

cot h ’ cos A

d’où

cot A

tanS?=^’

tang = cos A tang b.

Donc ACD=ç et AD=

Il en résulte que c et C sont en meme temps plus petits ou plus grands que ^ et que <p.

103. Discussion. Nous pourrions discuter ce problème en suivant une méthode analogue à celle dont nous avons fait usage au n° 7 1 , mais il sera plus simple d’avoir recours à des considérations purement géométriques. Proposons-nous en conséquence de construire sur une sphère donnée un triangle dont on connait t angle A et les deux côtés a et h.

Je trace deux arcs de grands cercles qui fassent un angle égal à A, je prends sur l’un des côtés de cet angle un arc AC=ô, et du point C, comme pôle, avec une ouverture de compas sphérique égale à la corde de l’arc a , je décris un arc de cercle qui coupe l'autre côté en B ; je joins les points C et B par un arc de grand cercle, et le problème est résolu.

Cela fait, .on tirera par le point C l’arc de grand cercle CD perpendiculairement à ABA , puis on distinguera deux cas principaux, selon que l’angle A sera aigu ou obtus (on exclut le cas ou A=90°; car alors le triangle serait rectangle).’.

1° Soit A <[90°. Il pourra se faire que l’on ait !> < 90°, =90° ou > 90°, et dans chacun de ces trois cas le côté a pourra être ^>b, =h ou

Soient ô<( 90° et a^>b : la circonférence que. nous avons décrite du point C comme pôle et avec une ouverture de compas égale à la corde de l’arc a, enveloppera les points A et A', si CA'=180° — b, ou bien enveloppera le point

A et passera en A', si « = 180" — ô; donc le problème sera impossible. Mais, si «<(180°— b, la circonférence enveloppera toujours le point A , et coupera l’arc ADA' entre D et A'

* II ne faut pas oublier que le triangle ACT) étant rectangle en D , l’are CD et l’angle A sont de même espèce (OU) ; que si l’arc CD est <90°, cet arc est alors jj/us petit //ue les arcs oblii/ttcs //ni partent

ainsi, il y aura une solution. D’ailleurs l’angle B sera aigu, puisque le côté CD qui lui est opposé, dans le triangle rectangle CDB est moindre que 90° (92); d’ailleurs et C><p.

Si rt=ô, la circonférence coupera l’arc ADA' en A et en un point B situé entre D et A', de sorte qu’il y aura encore une solution. Alors B = A, et C>®.

Soit a<^b: il pourra se faire que a soit plus petit que l’arc CD, égal à cet arc ou plus grand que lui.

Si CD, la circonférence ne rencontrera pas ADA', et le problème sera impossible.

Si a=CD, elle touchera ADA' en D, l’angle B, égal alors à CDA, sera droit, e sera égal à ^ et C à <p.

Si <z>CD, il y aura deux intersections en B et en B' de part et d’autre du point D, et par conséquent deux solutions, et les deux valeurs de B seront supplémentaires; car l’angle DB'C = DBC et AB'C = 1 80° — DB'C. L’angle ABC est aigu, puisqu’il est de même espèce que le côté CD qui lui est opposé dans le triangle rectangle BDC (92). D’ailleurs c )> et C><p correspondent à cet angle ABC, et c<^ et C<ç se rapportent à son supplément AB'C.

Soit ô=90°, C.A et CA' sont alors des quadrans, de sorte que si a)>ôou si a=b, le problème sera impossible. Mais, si a<f b et )>CD, il y aura deux intersections et deux solutions : B <90°, c>4s C><p; et B'=180° — B, c<ÿ, C<|<p.

Supposons actuellement b >90° : si a^>b ou si a=b, la circonférence enveloppera les points A et A', ou enveloppera M et passera par A, de sorte que le problème sera impossible.

Si a est plus petit que 1 80° — b et a fortiori il y aura deux intersections, l’une entre A et D, et l’autre entre D et A', pourvu que a soit )>CD; donc il y a deux solutions, comme tout à l’heure.

Si a étant toujours < b, on a a= 1 80° — -b, ou «)> 1 80° — b ,

du même point C , et que ces arcs obliques augmentent en s’en éloigmmt ; qu’au contraire, si l’arc CD]>90°, il est plus grand que les ares obliques qui partent du même point C , et que ces ares obliques diminuent en s’en éloignant. Ces propriétés résultent de la considération du triangle rectangle CAI), dans lequel on a cos AC=cosCD cos DA (IM)), en y faisant croître DA depuis 0“ jusqu’à 180°, et supposant CD constant et d’abord <90°, puis >90°.