CHAPITRE IV

Problème I.

20; î. Construire un triangle dont on connaît deux côtés a. et h et l'angle compris C.

Tracez une droite CB égale au côté a, par exemple; Fig. 84. puis faites au point C un angle égal à l’angle donné C, et prenez sur le second côté de cet angle une distance CA = b. Enfin tirez AB, et le problème sera résolu.

Ce problème est toujours possible.

Problème II.

206 . Construire un triangle dont on connaît un côté b et deux angles A et C.

Il peut se présenter deux cas, selon que le côté donné est adjacent aux deux angles donnés A et C, ou qu’il est opposé à l’un d’eux, C, par exemple.

Fig. 85. Premier cas. Tirez la droite AC égale au côté donné b; faites à ses extrémités des angles égaux aux deux angles donnés A et C, et le triangle ABC ainsi formé résoudra évidemment le problème.

Second cas. Aux deux extrémités d’une droite quel- Fig. 86. conque AD faites des angles égaux aux angles donnés, et le troisième angle F du triangle AFD ainsi formé sera le troisième angle du triangle demandé (14*)) : cc sera donc l’un des angles adjacents au côté donné. A étant l’autre , on prendra sur la droite indéfinie AF une longueur AB égale au côté donné b; et, en menant par le point B une parallèle BC au côté FD, on formera le triangle ABC, qui résoudra le problème.

Le problème sera toujours possible si la somme des deux angles donnés est moindre que deux droits.

*207. Si l’on propose de construire un triangle rectangle, connaissant un de ses angles aigus, et son hypoténuse en grandeur et en position, on décrira sur Fig. 87. cette hypoténuse AB une circonférence, et le sommet de l’angle droit devra se trouver sur cette courbe (42i>); faisant ensuite au point A l’angle CAB égal à l’angle donné A, et joignant CB, on aura une solution du problème. Mais, comme l’angle donné ne doit pas avoir sou sommet en A plutôt qu’en B, on prendra sur la demi-circonférence ACB l’arc BC' = AC; et, enjoignant C A et C B, on aura une seconde solution. Enfin on en aura encore deux autres en prenant sur la demicirconférence inférieure les arcs AC" et BC " égaux à l’arc AC, et joignant les points C" et C'" avec les extrémités de AB.

Ainsi cc problème admet quatre solutions, mais il faut remarquer que les quatre triangles ainsi construits sont égaux (464).

Problème III.

208. Construire un triangle dont on connaît les t/vis cotés a, b et c.

Trarez une droite quelconque BC égale à l’un des Fig. 88. côtés donnés, a par exemple; du point C comme centre, et avec le second côté b pour rayon, décrivez un arc; du point B comme centre, et avec un rayon égal au troisième côté c, décrivez un autre arc, qui coupera le premier en A; joignez AB et AC, et le triangle ABC résoudra le problème.

209. Pour que le problème soit possible , il faut et il suffit que les deux arcs que l’on a décrits puissent se couper, et , pour cela, que le côté a soit plus petit que la somme des deux autres b et c, et plus grand que leur différence (105); et, comme le côté des extrémités duquel les deux circonférences ont été décrites est quelconque, on en conclut que, pour que Von puisse construire un triangle arec trois droites données, il Jaul et il suffit que l'une d'elles soit moindre que la somme des deux autres et plus grande que leur différence, conditions que l’on peut évidemment comprendre dans celle-ci : Le plus grand côté doit être moindre que la somme des (leux autres.

Problème IV.

210. Étant donnés deux côtés a et b d’un trian- Fig. 89 , gle , et l'angle A opposé au premier, construire le 90, 91

triangle.

et 92.

A l’extrémité A d'une droite AC — b, faites un angle égal à l'angle donné A; puis, du point C comme centre, et avec un rayon égal à a, décrivez un arc qui coupera le côté AB de cet angle en B, et joignez BC : le triangle ABC résoudra évidemment le problème. Examinons maintenant cette solution. 11 peut se présenter trois cas , selon que l’angle A est obtus , droit ou aigu.

Premier cas. Si l'angle A est obtus, le côté a qui lui Fig. 89. est opposé doit être plus grand que b (155), et ainsi

le problème sera impossible si cette condition n’est pas remplie. Et en effet, si du point C on abaisse une perpendiculaire sur AB, elle tombera nécessairement sur son prolongement, sans quoi on aurait dans un triangle un angle droit et un angle obtus, ce qui est absurde (148), puisque d’ailleurs elle ne peut couper AB en A : donc, pour que la circonférence puisse couper AB , il faut et il suffit que son rayon a soit plus grand que AC = b.

Fig. 90. Second cas. Si l’angle A est droit, il faut encore quert soit plus grand que £(186). Si cette condition est remplie, la circonférence coupera AB et son prolongement, et les deux triangles ABC, AB C, satisferont à la question. Mais ces deux solutions n’en font qu’une; car on voit, en pliant la figure le long de AC, que ces deux triangles se recouvrent exactement (170).

Fig. 91. Troisième cas. Si l’angle A est aigu, et que le côté a soit plus grand que b , la circonférence enveloppera le point A, et par conséquent coupera AB et son prolongement : donc le problème sera possible , et n’admettra qu’une solution. 11 eu sera de même si a = b', car alors A sera un point d’intersection. Dans ces deux cas, l'angle B sera aigu , puisqu’il sera ou plus petit que A (183) ou égal à A (157).

Fig. 92. Si a<^b, la circonférence ne coupera la droite indéfinie AB qu’autant que a ne sera pas moindre que la perpendiculaire CI abaissée du point C sur cette droite (83). Si a — CI, la circonférence sera tangente à AB au point 1 (87). Ec triangle A IC résoudra alors le problème, et l’angle B sera droit. Enfin si a >CI, la circonférence coupera AB aux deux points B et B'; car A lui est extérieur. Alors les deux triangles ABC, ABC, satisferont également à la question. Ainsi le problème admettra deux solutions; et ce qui les différencie, c’est que dans l’un de ces deux triangles l’angle opposé au côté b est aigu, et que dans l’autre il est obtus : en outre ces deux angles sont supplémentaires; car dans le triangle CB B' l’angle BBC

est égal à B (137), et de plus il est supplémentaire de AB'C.

Problème V.

211. Construire un parallélogramme , connaissant (leux cotés a, b, et T angle compris A.

A l’extrémité d’une droite A B égale à a, je fais un Fig- 69. angle D A B = A , et je prends sur son second côté une longueur A D = b. Puis des points B et D comme centres, et avec les rayons respectifs b et a, je décris deux arcs qui se coupent en C ; je joins CB et CD, et ABCD est le parallélogramme demandé. En effet, ce quadrilatère est un parallélogramme (177); car il est clair que ses côtés opposés sont égaux; de plus l’angle A et les côtés qui le comprennent ont été faits égaux à l’angle et aux deux côtés donnés.

On voit que le problème n’admet qu’une seule solulution , et qu’ainsi un parallélogramme est déterminé par deux côtés et l’angle compris.

212. Puisqu’un parallélogramme est déterminé lorsque l ou donne deux de ses côtés et l’angle compris, on voit 1° qu 'une losange le sera par la connaissance d'un angle et d’un côté;

2° Q a un rectangle est déterminé quand on connaît ses deux côtés contigus, que l’on nomme sa base et sa hauteur ;

3° Qu’ma carré est déterminé par la connaissance (le son côté , et on construira d’ailleurs ccs trois figures par le procédé du n° 211.

Problème VI.