Si les droites données (AB, A'B') et (AC, A’C
(‘) Deux droites ne sc coupent pas, lorsque la droite qui joint le point d’intersection de leurs projections verticales avec le point où se coupent leurs projections horizontales, n’est pas perpendiculaire à la ligne de terre (6).
sc croisaient sur le plan horizontal, on mènerait par un point quelconque de l’une une parallèle à l’autre, et la question serait ramenée à trouver l’angle formé par cette parallèle et par la première droite.
41. Si l’on suppose que la seconde droite tourne Fig. 23. autour du point (B, B') et tende à devenir parallèle au plan horizontal , en conservant la même projection horizontale ; sa projection verticale tendra à devenir parallèle à la ligne de terre, de sorte que le point C s’éloignera indéfiniment sur la projection BC, donc à la limite, c’est-à-dire quand la seconde droite sera parallèle au plan horizontal, la droite AC sera devenue parallèle à BC, et il est clair, en effet, qu’un plan conduit suivant une parallèle au plan horizontal, doit couper ce plan suivant une parallèle à cette droite et par suite à sa projection horizontale. On mènera donc
f >ar le point A une parallèle AC" à BC, et on achèvera a construction comme précédemment.
Problème XII.
42. Construire l'angle formé par une droite ( h B, Fig. 24. A' B ) avec un plan donné P QR'.
D’un point quelconque (B, B') de la droite donnée, j’abaisse une perpendiculaire (BC, B'C') sur le plan PQR' et il est clair que l’angle formé par ces deux droites sera le complément de celui que la droite donnée forme avec sa projection sur ce plan , c’est-à-dire qu’il sera le complément de l’angle demandé (G., 460).
On construira donc l’angle A^C des droites (AB,
A' B') et (BC, B’C'), et en élevant au point b une perpendiculaire b G sur A b, on obtiendra l’angle demandé A b G.
Problème XIII.
45. Tmuver la plus courte distance de deux d/vi- Fig. 25. les (AB, A'B) et (C 1), C'D') qui ne sont pas situées dans un meme plan.
Nous avons démontré au n°467 de la Géométrie,
que cette plus courte distance était la perpendiculaire commune aux deux droites données, et que, pour la construire, il fallait mener par un point quelconque de Fig. 25 bis. cil une parallèle cf à la droite nb, d’un point quelconque b de celle-ci abaisser une perpendiculaire b g sur le plan fcd ; par le pied g de cette perpendiculaire, mener g i parallèlement à a b et par le point i tirer la parallèle ik à cil. Nous allons donc exécuter ces diverses constructions qui, comme on le voit, ne sont que des applications de problèmes résolus précédemment.
On commencera par déterminer les traces (13) de la droite (CD, C'iÿ); par sa trace verticale, on tirera la parallèle (CF, C F') à la droite (AB, A'B'), on cherchera la trace horizontale F de cette parallèle, et en joignant DFQ et QC' on aura les traces du plan fcd. De la trace horizontale B de (AB, A B), on abaissera la perpendiculaire (BG B’G') sur ce plan ( 31 ), puis ayant déterminé le pied (G, G') de cette perpendiculaire ( 23 ), on mènera par ce point la parallèle (GI, GT) à la droite (AB, A'B'), laquelle coupera (CD, C D ) au point (I, 1), de sorte que In droite 11' devra être perpendiculaire à la ligne de terre, ce qui fournira une vérification de toutes les constructions précédentes. On mènera ensuite (IK, l'K') parallèlement à (BG, B' G'), et les projections K. et K' du point où elle coupera la droite (A B, A'B ) devront encore se trouver sur une perpendiculaire à la ligne de terre. Cette droite (l K., I'K.) est la perpendiculaire demandée, de sorte que, pour en trouver la vraie grandeur, il n’y aura qu’à prendre sur l’horizontale tirée par le point K' une longueur N M = IK et à tirer la droite l' N qui résoudra le problème.
44 . Remarquons que si les projections des deux droites données ne sont point parallèles, et si la droite qui joint le point d’intersection de leurs projections verticales avec celui oii se croisent leurs projections horizontales n’est pas perpendiculaire a la ligne de
terre, ces deux droites ne seront pas dans un même plan (59, ('), et G., 459).
Problème XIV.
45. Étant donnés trois des six éléments d’un triédre, déterminer les trois autres par une construction graphique.
On distingue dans un trièdre six éléments, savoir: scs trois faces et ses trois angles dièdres, de sorte que l’énoncé du problème présente six questions à résoudre: car on peut donner successivement,
1“ Les trois faces;
2° Deux faces, et l’angle dièdre compris;
3’ Deux faces , et l’angle dièdre upposé à l’une d’elles;
4° Une face, et les deux angles dièdres adjacents;
5* Une face, et deux angles dièdres dont l’un est opposé à cette face ;
6“ Les trois angles dièdres.
Or ces six questions peuvent se réduire à trois: car si l’on donnait, par exemple, les trois angles dièdres A, B, C d’un trièdre ('), les faces du trièdre supplémentaire vaudraient respectivement 180° — A, 180” — B, 180° — C. Si donc on savait résoudre la première question , on pourrait déterminer les angles dièdres de ce trièdre supplémentaire , de sorte qu’en en prenant les suppléments, on aurait les faces du trièdre proposé (*).
(’) Nous conviendrons de représenter par A, B, C, les angles dièdres d’nn trièdre quelconque, et par a, b, c, les faces opposées de ce trièdre, de sorte que a, par exemple , représente la face opposée à l’angle dièdre A.
(*) Remarquons que pour qu’on puisse former un trièdre avec trois angles dièdres donnés A, B et C, il ne suffit pas que la somme de ces trois angles soit comprise entre deux droits et six droits (G., 495), il faut encore que la plus grande face du trièdre supplémentaire soit plus petite que la somme des deux autres, de sorte que si A est le plus petit des trois angles dièdres A, B et C, on devra avoir 180° — \‘<M80° — B-(- 180" — C,
408 NOTIONS ÉI.KMENTAIRKS
Ainsi la sixième et la première question 9e réduisent à une seule. Il en est de même de la cinquième et de la troisième, ainsi que de la quatrième et de la seconde. Nous n’aurons donc à nous occuper que des trois premiers problèmes.
4(>. Première question. Étant données les /mis faces a, b, c d'un triédre , construire les angles rectilignes correspondants a ses angles dièdres.
20. Si l’on fuit sur un plan quelconque un angle ASB=e, et ensuite les deux angles AS C'= b et BSC" = fl, on pourra regarder ces deux derniers angles comme les rabattements des faces b et a sur le plan de la première c. Si donc on prend les deux distances égales SC' et SC", et qu’on abaisse des points C/ et C" les perpendiculaires C'AO et C"BO sur SA et sur SB, lorsqu’on aura ramené les angles b et a h leur position primitive, les points C' et C" viendront se réunir en un seul, que j’appellerai C, et, comme les droites C'A et C"B n’auront pas cessé d’être perpendiculaires à S A et à SB, elles formeront alors avec AO et BO des angles CAO et CBO, qui seront les angles rectilignes correspondants aux angles dièdres S A et SB.
Pour construire le premier, j’observe que dans le mouvement de rotation de la face Z» autour de SA, le point C décrit une circonférence qui a pour centre et pour rayon le point A et la droite C'A, et dont le plan est perpendiculaire à SA (G., 455). Si donc on fait tourner ce plan autour de sa trace C'AO, le point C viendra se rabattre sur le plan A SB, en un certain point de la circonférence C'C,. Mais dans ce mouvement la droite CO, intersection des deux plans CAO et CBO, ne cessera pas d’être perpendiculaire (48i) sur AO : donc elle se rabattra sur la perpendiculaire C t O à AO, de sorte que le point C se trouvera alors en C,. L’angle
ou ce qui revient au même A^>(B-f-C) — 180", c’est-à-dire que te plus petit angle doit surpasser t’ excès de ta somme des deux autres sur deux droits.
DK OÉOMKTKIE DESCRIPTIVE. 409
C, AO est donc le rabattoincnt de CAO, et est ainsi l’angle rectiligne correspondant à l’angle dièdre SA.
On verra de la même manière que l’angle C,BO correspondant à l’angle dièdre SB, s’obtiendra, en joignant le point B avec le point C,, intersection de la perpendiculaire élevée *au point O sur OB avec la circonférence décrite du point B comme centre, avec le rayon BC".
On aura une vérification de l’exactitude des constructions si les deux droites OC, et OC, sont égales.
Enfin, pour avoir le troisième angle dièdre SC, il n’y aura qu’à prendre pour plan de développement celui de la face b ou celui de la face a. Mais il sera en général plus simple de concevoir par le point C un plan perpendiculaire à la troisième arête SC. Ses traces sur les plans des deux faces a et b, formeront un angle, qui sera l’angle rectiligne correspondant à l’angle dièdre SC, et leurs rabattements sur le plan de développement seront les perpendiculaires C D, C"E aux droites SC' et SC"; et, comme dans le mouvement des faces a et b, les points D et E sont restés immobiles, puisqu’ils se trouvent sur les deux axes de rotation, on voit que la droite 1)E est la trace du plan dont il s’agit sur A S B. Si donc on le rabat sur ce dernier, en le faisant tourner autour de DE, les distances du point C aux points D et £ resteront égales à C'D et à C"E; de sorte que le rabattement du point C sera le point y, intersection des arcs décrits avec ces rayons : donc l’angle DyE est le troisième angle demandé.
Remarquons toutefois que si l’angle^, par exemple,* était droit ou obtus, la trace du plan perpendiculaire à l’arête SC, sur le plan de cette face, serait parallèle à S A , ou ne la rencontrerait que dans son prolongement. Dans le premier cas la construction ne serait plus possible, et dans le second l’angle DCE pourrait être le supplément de l’angle demandé.
Si la construction est possible, les trois points S, O et y doivent se trouver sur une même droite perpen-
diculaire à DE. En effet, puisque le plan CDE est perpendiculaire à la droite SC, sa trace DE sur ASB doit être perpendiculaire à la projection SO de cette droite sur ce plan (G., 482). Donc la droite, qui joint le point C avec I, est perpendiculaire sur DE (G., 439); donc son rabattement'Iy l’est aussi; donc ce rabattement est le prolongement de SOI.
Le problème que nous venons de résoudre sera toujours possible si la somme des trois angles a, b, c est moindre que quatre droits, et si la plus grande de ces trois faces est plus petite que la somme des deux autres
47. Seconde question. Etant donnés deux J aces b et c, et l’angle dièdre A qu’elles comprennent > déterminer la troisième face et les deux autres angles dièdres.
Cette question sc réduit à trouver la troisième face : car alors on pourra construire les deux angles dièdres inconnus , par le problème précédent.
Fig. 27. Faisons sur un plan quelconque deux angles ASBï=c etCSA=£; on pourra regarder celui-ci comme le rabattement de la face b sur le plan de c. Si donc on abaisse d’un point quelconque C' de SC' la perpendiculaire C'A U sur SA, lorsqu’on aura ramené la face b à sa positiou primitive, la droite C'A formera avec AO un angle qui sera l’angle rectiligne correspondant à l’angle dièdre SA. Mais, dans le mouvement de rotation de la face b autour de SA, le point qui est rabattu en C', et que nous appellerons C, décrit une circonférence dont "A est le centre et C'A le rayon : si donc on fait tourner son plan autour de sa trace C' AO, le point C viendra se rabattre sur le plan ASB, en un certain point de la circonférence C C, ; mais, dans son mouvement, l’inclinaison de CA sur AO ne changera pas; doue, cette droite sc rabattra sur la ligne AC,, qui fait, avec AO, un angle égal à l’angle rectiligne correspondaut à l’angle dièdre SA, de sorte que le point C se trouvera alors en C,; par conséquent, si l’on abaisse de ce point la
perpendiculaire C.O sur AO, le point O sera la projection de G sur le plan ASB. Donc, si l’on joint C avec le pied de la perpendiculaire ÜB à SB, la droite CB sera aussi perpendiculaire à SB; de sorte que, quand la troisième face sera rabattue sur le plan ASB, le point G sc trouvera sur le prolongement de OB; mais sa distance au point S, qui appartient à la charnière S B, n’aura pas varié; ainsi, ce point sera aussi sur la circonférence S G' ; donc il sera déterminé par leur intersection G"; de sorte que BSC" sera le rabattement de la troisième face.
48 . Troisième question. Étant donnés deux faces a et c , et l'angle dièdre A opposé a la première , déterminer la troisième fuce et les deux autres angles dièdres.
Ge problème se réduit encore comme le précédent à la détermination de la troisième face b.
Faisons encore, sur un plan, l’angle ASB =c et Fig. 28. BS G"= a; on pourra regarder ce dernier comme le rabattement delà face a sur le plan de c. Cela posé, si on conçoit un plan vertical B A' perpendiculaire à SA et qu'ayant fait dans ce plan l’angle K.A B, égal à l’angle rectiligne correspondant à l’angle dièdre donné A, le plan conduit suivant les droites A K et SA sera celui même de la face inconnue. Si donc on ramène la face b à sa position primitive, l’arête SC' viendra sc placer dans le plan K A' S. Mais, dans ce mouvement, le point C", déterminé par la perpendiculaire BC" à SB, décrira un arc de cercle dont le plan sera vertical et aura pour trace horizontale la droite C"BA : donc il s’arrêtera sur l’intersection de cet arc de cercle avec le plan K A' S.
Mais cette intersection contient évidemment le point K, où lu verticale élevée en H rencontre A K, donc cette intersection est la droite qui joint ce point K au point A, de sorte qu’elle est l’hypoténuse d’un triangle rectangle dont les deux côtés de l’angle droit sont B A et B K. Nous ferons donc, aux points B et A', deux angles, l’un droit et l’autre égal à l’angle rectiligne cor-
41 2 NOTIONS ÉLÉMENT; UltES
rcspondantà l’angle dièdre A, nous rabat tronsBK' en BK" sur SB, et, en tirant AK", nous aurons le rabattement de l’intersection du plan SA'K avec celui de l’arc de. cercle décrit par le point C", de sorte qu’en décrivant du centre B la circonférence C'MM,, l’un ou l’autre des deux points où elle coupera AK" sera le rabattement d’un point de l’arête opposée à la face c.
Actuellement, si l’on fait tourner le plan de la troisième face autour de SA, comme charnière, pour l’abattre sur le plan A SB, les distances du point C, supposé rabattu en M, aux points A et S de la charnière, 11c varieront pas; de sorte que ce point viendra se placer au point C, intersection des arcs AM et SC*; donc C'SA est la troisième face correspondante au point M.
On trouverait de la même manière l’angle C,SA pour la troisième face correspondante au point M,.
On voit ainsi que le problème admettra en général deux solutions. Cependant , si les deux poiuts de section de la droite A K" avec la circonférence BC" étaient situés de part et d’autre du point A , il n’y aurait qu’une solution; car, en construisant le trièdre déterminé par le point de section situé à gauche dé A, l’angle dièdre dont l’arête est SA, serait le supplément de A. Si la droite AK" était tangente à la circonférence, il n’y aurait plus qu’une solution, et il n’y en aurait aucune si cette droite et celte circonférence ne se rencontraient pas.
Remarquons que si l’on ramenait le plan C'MM, à ' sa position primitive, les points M et M, se projetteraient en P et en P, ; de sorte que la troisième face , en venant se rabattre sur le plan ASB, les emportera sur les prolongements des perpendiculaires abaissées de P et de P, sur SA; donc, ces perpendiculaires doivent aller passer par les points respectifs C' et C,, ce qui fournit une vérification de l’exactitude des constructions.
Problème XV.
