Scholie. Si les éléments dont légalité con

l)R LA SURFACE SPHÉRIQUE, slitue celle des deux triangles sont disposes dans un ordre inverse, ces deux triangles auront encore toutes leurs parties homologues égales; mais, comme ils ne sont plus superposables, on dit qu’ils sont symétriques.

Théorème XIII.

569. Si des sommets d'un triangle sphérique ABC comme pôles , on décrit trois arcs de grand Fig. 243. cercle, on formera un nouveau triangle sphérique A'B'C', dont les côtés seront les suppléments des angles du premier et dont les angles seront les suppléments des côtés de ce premier triangle (■).

O étant le centre de lu sphère, on voit que puisque par construction les distantes de B' à A et à C sont égales à un quadran, les angles B'ÜÀ et B'OC sont droits, et qu’ainsi OB' est perpendiculaire au plan du cercle AC; par la même raison, OA' et OC' le sont aux plans respectifs des cercles BC et AB; donc l’angle trièdre OB’A'C' est le supplémentaire de OBAC.

570 Scholie. Il est bon toutefois d’observer que cet angle trièdre a scs arêtes dirigées en sens contraires de celles du trièdre S' de la figure 227 par rapport à S, et qu’ainsi il est le symétrique du supplémentaire de OABC.

Remarquons encore que les sommets A', B', C' sont les pôles des côtés BC, AC et AB. En conséquence, les triangles ABC. et A'B'C/ sont appelés triangles polaires.

TnÉORÈME XIV.

571. La ligne la plus courte que l’on puisse tracer sur la surface d’une sphère d’un point A a un Fig. 244. autre B, est l’arc de grand cercle qui les unit.

Supposons que la ligne la plus courte que l’on puisse

(* ) I.e triangle A'B'C' se distingue des triangles que forment les arcs qu'on a décrits en ce que les sommets A et A' sont du mémo côté deBC, B et B' du même côté de AC, et C et C' du meme côté de AB.

276 LEÇONS DE GÉOMÉTUIE.

tirer sur la sphère du point A au point B soit une certaine ligne A CD EB différente de l’arc de grand cercle A MB. Prenons sur cette ligne un point quelconque D, et, ayant joint le point B au centre O de la sphère, faisons tourner le plan DBO autour de O B : il est clair que, comme tout est symétrique sur la surface de la sphère par rapport au point B, la ligne DM décrite par le point D aura tous scs points équidistants de B. Si donc ANMPB est le plus court chemin pour aller sur la sphère du point A au point B, en passaut par le point M , on aura DEB = MPB , et par conséquent

ACD< ANM (1):

car, par hypothèse, ACDEB est une figue plus courte que ANMPB. Or, si l’on joint le point D avec les points À et B par des arcs de grand cercle, le côté AB du triangle sphérique ABD sera plus petit que la somme des deux autres AD et DB : donc, en retranchant d’une part MB, et de l’autre son égale DB, il restera AD>AM ('). Par conséquent, si l’on fait tourner le plan MAO autour du rayon AO, le point M décrira une courbe à laquelle le point D sera extérieur : donc ce point D est plus éloigné du point A que le point M, ce qui est contraire à l’inégalité (1). Ou ne pouvait donc pas supposer qu’il y eût du point A au point B une ligne plus courte que l’arc de grand cercle A MB : donc cet arc est le plus court chemin pour aller du point A au point B (").

(■) Ceci suppose que le point M est entre A et B ; or, s’il n’en était pas ainsi, on n’aurait qu’à faire tourner le plan ABO autour du rayon BO, et la courbe décrite parle point A serait enveloppée par celle que le point I) a tracée: d'où il s’ensuivrait que le point A serait plus prés de B que ne l'est le point D, ce qui est contre l’hypothèse,

(’) On peut encore démontrer ce théorème de la manière suivante :

Fig. 245. Soit A MB la ligne la plus courte que l’on puisse tracer sur

Problème I.

Jî72. Une sphère èlanl donnée , trouver son rayon. Marquons sur la surface sphérique trois points A, Fig. 246. B, C, à égale distance d’un point quelconque P de celte surface. Le plan déterminé par ces trois points coupera la sphère suivant un cercle dont P sera le pôle.

Soit D son centre, AD sera son rayon. Nous obtiendrons ce rayon en construisant un triangle A'B'C' dont les trois côtés soient égaux aux trois distances respec-

ta sphère du point A au point B. Je dis d’ahord que, si l’on prend deux autres points quelconques N et P sur celle courbe, la ligne N MP sera aussi la plus courlc que l’on puisse tirer du point N au point P : car, s’il n’en était pas ainsi , et que N Q P fût le plus court chemin de N à P, il est clair que ANQPB serait plus petit que A MB, ce qui est contre l’hypothèse. Or cela est vrai quelle que soit la longueur de l’arc N M P : ainsi il s’agit de déterminer quelle doit être la forme delà courbe AMB, pour que la somme de deux quelconques de scs éléments consécutifs soit la plus petite possible. Soient donc N M et MP deux de ses éléments. Menons aux points N et P deux plans tangents à la sphère: les éléments NM et MP seront tout entiers dans ces plans (509) , qui se couperont suivant une certaine droite R MS. Alors, s’ils ne sont pas perpendiculaires h cette droite, on pourra abaisser des points N et P des perpendiculaires sur R S. Supposons que le pied Q de la première soit plus près de M que celui de la secontfe, et joignons QP; nous aurons :

NQ + QP<NM + MP.

Mais, si MN et MP étaient perpendiculaires RS, on aurait, au contraire :

NQ + QP>NM + MP,

Q étant toujours un point infiniment près de M. Donc ht propriété (lu minimum appartient aux deux éléments qui sont perpendiculaires i\ l’intersection de deux plans tangents consécutifs, ou, autrement, aux deux éléments dont te plan est perpendiculaire au plan tangent mené à leur point commun: car cette intersection est dans ce plan. Or le rayon qui va au point M, étant perpendiculaire au plan tangent , est dans le plan des deux éléments NM et MP, lequel passe en conséquence par le ccn-

Diqiti

278 LEÇONS DK GÉOMÉTRIE.

li vos AB, AC et BC, et circonscrivant une circonférence à ce triangle : car il est clair que ce cercle et celui déterminé par les trois points A, B, C, sont superposables. Nous connaîtrons donc actuellement l’hypoténuse AP et la base AD du triangle rectangle APD : ainsi il sera facile de construire le triangle A'P'D' égal à APD, ce qui déterminera l’angle P. Mais, si dans le plan A PO nous concevons une perpendiculaire sur le milieu de AP, elle ira passer par le centre O de la sphère, et l’on aura un triangle rectangle P FO, dont nous connaissons l’angle P et le côté PF, moitié de AP. Ainsi, en élevant une perpendiculaire F'O' sur le milieu de P'A', nous formerons le triangle rectangle P'F'O' égal à P FO : donc P'O = PO; donc P' O' est le rayon de la sphère.

Si l’on élève au point O' une perpendiculaire 0”Q'= O'P' sur O'P', la distance P'Q' sera l’ouverture qu’il faudra donner au compas sphérique pour décrire des grands cercles sur la sphère.

Ire «le la sphère : ainsi le plan de deux éléments consécutifs de la ligne AMU a de commun avec celui déterminé par l’un de ces éléments et le suivant, une droite et un point ; donc tous les points de cette courbe sont dans un même plan qui passe par le centre de la sphère ; donc AMB est un arc de grand cercle.

Nous venons de voir que la propriété du minimum appartient aux deux éléments dont le plan est perpendiculaire au plan tangent mené h leur point commun: le plan de ces éléments est donc normal à la surface. De lit ce théorème remarquable:

l.a ligne la plus courte que l’on puisse tracer sur une surface entre deux points donnes est celle qui jouit de cette propriété que le plan de deux éléments consécutifs quelconques , est normal à cette surface.

DB LA SCRFACB SPIIÉRIQÜB.

Problème II.

1573. Décrire une circonférence de grand cercle qui passe par deux points donnés N et G sur la surface d'une sphère.

Il ne s’agit évidemment que de chercher un pôle de Fig. 240. la circonférence demandée. Or, ce pôle est distant d’un quadran de chacun des deux points donnés : doi>ç, si des points N et O comme pôles, et avec une ouverture de compas sphérique égale à la corde d’un quadran , nous décrivons deux circonférences, leurs points d’intersection C et D seront les pôles de la circonférence demandée, que l’on décrira en faisant tourner le compas autour d’une de scs pointes fixée en C ou en D.

Problème III.

HTA. Mener par un point donné un arc de grand cercle perpendiculaire èi l’arc de grand cercle donné N G.

On coupera cet arc prolongé, s’il est nécessaire («>73), par un autre décrit du point donné comme pôle , avec une ouverture de compas égale à la corde d’un quadran, et le point de section sera le pôle de l’arc demandé, qu’il sera alors facile de décrire.

Si l’arc donné appartient à un petit cercle A MB, on déterminera d’abord sur cet arc deux points M et B également distants du point donné C , puis un second point P équidistant de ces deux-là, et il ne s’agira plus que de faire passer un arc de grand cercle par les points . C et P. On conçoit, en effet, que si l’on joint les trois points C , P et O avec le milieu de la corde M B par des lignes droites, ces droites seront, perpendiculaires à cette corde, et détermineront ainsi un plan qui lui sera perpendiculaire, et dont l’intersection avec la sphère sera un arc de grand cercle perpendiculaire à l’arc A MB.

iil'ii. Problèmes a résoudre. 1" Par trois points

donnés sur la surface d'une sphère décrire une circonférence de cercle. — Trouver le pôle d'un cercle donné.

2 ° Décrire une circonférence de grand cercle qui passe par un point donné sur la suif ace d'une sphère et qui soit tangente à une circonférence donnée de petit cercle.

3 ° Par un point donné sur la surface d'une sphère tracer un arc de grand cercle qui fasse un angle donné avec un arc donné de grand cercle.

4 ° Décrire un arc de grand cercle tangent à deux cercles donnés sur la surface d'une sphère.