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* ces lignes ; drait le pro-

>ctangulaire endiculaires Jase la posi- 1é des som-

=AB (271) et F. Ajoutant >z de trouver, CG, CD et G. Mainte- Lu double de 1e arc; donc, se CD et les ément de E, u l’autre des ypoténuse et

me. On a,

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égal à l'angle DCF, les côtes de l’un étant perpendiculaires à ceux de l’autre ; savoir: HG à AB ou CF et EH à CD (286). Dans le triangle rectangle EGH, on connaït donc un côté GH et les angles, pour trouver EG; c-à-d. la distance du point cherché E au centre G de la base.

(709) PROB. Etant donnés les distances AB, AC, BC entre trois points A, B, C situés non en ligne droite et les angles AOC, BOC sous-tendus en un quatrième point O par les lignes AO, BO, CO menées de ce point aux trois points donnés ; trouver la position du quatrième point.

Dans ce problème, il Ü semble d’abord que les données soient sufti- Pr VAS santes pour obtenirune A, einen oi > A 7 7e solution, et en effet, er FA : A \ elles le sont; mais la 1 ? XG Ca Rad à difficulté à surmon- + | n4 : HA “ ter est que la position +, ME CA Dommrt

relative de ces données

ne fournit pas de moyen immédiat de faire entrer en compte les angles en O, qui sont adjacents à aucune des lignes données. Or, on a vu (443) que tous les angles inscrits dans le même segment de cercle, c-à-d. appuyés sur le même arc, sont égaux ; et puisqu'il en est ainsi, on est porté à croire que l’usage du cercle fournira un moyen d’arriver au résultat désiré. En cifet, ayant inscrit (450) les trois points À, O, B, dans une circonféreuce, et prolongé s’il le faut, OC pour rencontrer la circonférence en D; on mènera AD, BD qui donneront (443) l’angle ABD égal à AOD appuyé sur le même arc AD et BAD égal à BOD appuyé sur le même arc BD. Les angles en O qui étaient opposés à AB peuvent donc maintenant être regardés comme adjacents à cette ligne et fournissent le rnoyen de trouver, dans le triangle

ADB, le côté AD ou BD. Dans le triangle ABC, on con-

nâit les trois côtés, pour trouver (222) l’angle À qui, étant

A ASE RTE SAGE EM RENE À

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ajouté à BAD ou BAD soustrait de cet angle, suivant que le point C tombe en dedans ou en dehors du cercle, donnera l’angle CAD. Alors dans le triangle CAD, on a les côtés AC, AD et l’angle inclus CAD pour trouver l’angle ADC ou ADO. Enfin dans le triangle ADO, ou a un côté AD et les angles ADO, AOD, pour trouver AO, et par suite CO et BO.

(710) Sco. Si les données du dernier problème étaient AC, BC et l'angle inclus AOB, il n’y aurait qu'à compléter (243) le triangle ACB pour réduire l'opération à celle qu'on vient d'indiquer. Observons aussi que si le point C tombait sur la circonférence, le problème serait indéterminé, puisque l’angle ACB serait alors supplément de O et que dans ce cas toute position du point O sur la circonférence donnerait les mêmes angles AOC, BOC.

(711) PROB. Quand les trois points du dernier problème sont situés en ligne droite et qu’on a les distances entre ces points.

Inscrire AOB dans un cercle, prolon- D ger OC jusqu’en D et mener AD, BD. ATSTRSS Alors dans le triangle ADB, on a AB— ns KB AC+0OB, angle ABD—AOD sur le même be arc et angle BAD—BOD sur même arc, 14 |,” ) pour trouver AD ou BD. Puis dans le * , triangle ACD ou BOD, on a deux côtés et Q-—-" l’angle inclus pour trouver l’angle D, ce qui à. us le triangle AOD, nous donne AD et les angles en O et D, pour trouver AO et par suite BO.

(712) PROB. Etant donnés les distances AB, BC, AC entre trois points situés non en ligne droite (ou ce qui (243) revient au même, deux distances AB, BC, et l'angle inclus ABC) et les angles sous-tendus en deux autres points D et E par la ligne DE menée d’un de ces points à l’autre et celles DA, DB et EC, EB menées de chacun de ces points respectivement aux points en premier lieu mentionnés; trouver la position de ces deux autres points.

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aivant que le cle, donnera les côtés AC, DC ou ADO. et les angles et BO.

ème étaient it qu'à coml'opération à ssi que si le me serait inapplément de O sur la cir- BOC.

dernier proles distances

Cd Dm

us le triangle pour trouver

AB, BC, AC > (ou ce qui AB, BC, et lus en deux d’un de ces B menées de x points en ition de ces

Dans ce prob., comme dans celui du par. (709) l'usage du cercle nous permettra de rendre adjacents aux côtés, des angles qui, dans la position qu'ils occupent dans l'énoncé, ne peuvent se prêter directement au résultat voulu.

Ayant donc circonscrit (450) dans un cercle Les trois points ABD et dans un autre cerle, les trois points OBE et mené des points d’intersection F, G, les lignes FA, FB et GC, GB; on voit que l'angle FAB, adjacent à AB, est appuyé sur le même arc que l’angle FDB qu’on connait, et qu’il est en conséquence égal à ce dernier. De même, (CB est égal à GEB appuyé sur le même arc GB; de plus, angle BGC=BEC et BFA=—BDA. On a donc dans le triangle BCG un côté et les angles pour trouver (266) GB et dans le triangle BAF, un côté et les angles pour trouver FB. Dans le triangle FBG, on a maintenant les côtés FB, GB et l'angle inclus FBG—ABC—ABF+CBG, quand FG tombe en dehors des cercles, et FBG—ABC+ABF+CBG— 4 angles droits, quand FG tombe en dedans, pour trouver (243) les angles en F, G. Cela posé, on a dans le triangle FBD, le côté FB, l'angle donné FDB et l'angle DFB= sup. GFB, pour trouver DB. Dans ABD on a deux côtés AB, DB et l'angle D opposé à l’un d’eux, pour trouver (821) DA. Une opération analogue du côté opposé donnera EB, EC. Il est à peine nécessaire d'ajouter qu'on établira enfin le point E à l'intersection des arcs décrits sur la base BC, avec les rayons EB, EC, et les distances DB, AD serviront de même à poser le point D.

(713) Sco. Si les deux cercles intersectaient la ligne DE en un même point O, :

ou en autres mots, si la somme des angles ADE, CED était égale à la différence entre l'angle donné ABC et 4 angles droits, le problème serait dans ce cas indéterminé ; car toute autre position D’, E des points D, E donnerait les mêmes angles.

(714) Rem. Ces sortes de problèmes, dans la solution desquels le cercle joue un rôle si important, se présentent fréquemment dans le relevé des plans des côtes maritimes et des récifs, bancs de sable, îlots et autres objets de cette espèce.

(715) PROB. Les données sont AB, BC, CD, avec les angles ABC, DCB et il s’agit d'établir la position des points E, F à l’aide des angles AEF, AEB et DFE, DFC.

Inscrivez dans un cercle les points ABE; c-à-d. sur la base AB décrivez (450) un cercle capable de l’angle AEB. Répétez l'opération pour l'angle DFC; prolongez EF pour rencontrer les cercles en G, H et menez les autres lignes indiquées dans la fig. Vous avez dans le triangle AGB, angle AGB= AEB, angle ABG=AEG= sup. AEF, pour trouver GB. Puis, dans GBC vous avez GB, BC et l’angle inclus GBC— ABC—ABG, pour trouver GC et l.« angles. Procédez, dans l’autre cercle, à trouver HO et vous aurez alors dans GC les côtés GC, HC et l’angle inclus GCH=—BCD—BCG —DCH ou DFH pour trouver GH et les angies en G et H.

nnerait les

a solution >résentent maritimes 8 de cette

, avec les sition des 'E, DFC.

ar renconindiquées le AGB=— uver GB. us GBC— Procédez, alors dans CD—BCG n G et H.

Dans GEB, vous avez maintenant GB, angle GEB=AEB+ AEG, angle BGE—BGC+CGH, pour trouver EB, EG.

D'une manière analogue, dans HFOC, trouvez FC, FH: alors EF-—GH— EG+FH; etc.

(716) Sco. Pour obtenir par construction graphique la position des points E, F'; ayant posé AB, BC, CD dans les conditons voulues, faites l'angle ABG—AEG= sup. AEF et DCH—DFH=sup. DFE. Sur AB et CD respectivement, décrivez les cercles contenant les angles AEB, DFC. Ces cercles couperont BG, CH en G, H, par lesquels menant la droite GH, cette dernière établira la position des points E, F à l'endroit de ses intersections.

(717) PROB. Quatre points À, B, OC, D, sont situés en ligne droite. On connait la distance AB du premier au second et celle CD du troisième au quatrième; on a de plus les trois angles A.OB, BOC, COD sous-tendus en un cinquième point O par les lignes menées de ce point aux quatre autres points: on demande de fixer à l’aide de ces données la position äu cinquième point et à trouver la distance BC du second au troisième.

Le cercle pa- G rait encore devoir être ici de quelque utilité. Sur AB je décris (450) un cercle capable de l'angle AOB, et sur CD un cercle contenant l’angle COD.

Je prolonge DO et AO jusqu'en G et H et je joins AG, DH. Les angles opposés AOG, DOH sont égaux entre eux et chacun au supplément de AOD, somme des trois angles donnés. Dans le quadrilatère ABOG, l'angle A est (446) supplément de BOG ; de même dans le quadrilatère CDHO,

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