AB.EG

^^-"ËG — ËD

Relevé cVune île. Soit un point Y de l'île située sur la droite AX

Fig. 71 Fig. 73 Fig. 73

(fig. 78). CY coupe AE en G : on n'a qu'à prendre sur AD, DH = EG, tirer BHI, qui coupe AF en I : on a AY = AI.

Prolonger un alignement au-delà cVan obstacle. Le théorème sur le point de concours des hauteurs d'un triangle donne une solution innnédiale, mais elle demande une équerre.

Servois et de Longchamps ont donné les solutions représentées par les fig. 74 et 75. Elles n'emploient que des jalons ; mais elles seraient peu exactes à cause de l'obliquité des alignements qu'elles demandent. Il vaudrait mieux se résoudre à faire quelques mcsurages. Ainsi la fig. 76 donne le point II à l'aide de la formule

DE.D(; a.DG — DE'

Avec un cordeau, on arrive au résultat bien plus facilement; par exemple, en utilisant le premier problème, ou bien par les moyens suivants.

Soit à trouver le point G dans le prolongement de AB. On mène AC quelconque, qu'on prolonge de sa longueur en CD ; puis BC, qu'on prolonge également de sa longueur, en CE. D'un point F de E,

ims^

ED, on tire FG et sur cette droite on n'a qu'à prendre GG = GF. Autrement. On mène par A une droite sur laquelle on prend

Fig. 70 Fig. 76

AG = AD ; on prolonge les droites BG et BD de longueurs BE, BF égales à elle-même : G est le milieu de EF.

Autremenfr. Du point extérieur G, on mène les droites GA, GB dont on prend les milieux D et F; on prolonge la droite BD, de DF = DB, et FE, de EG =■ EF.

î.'îy

Autrement. Du point C, on tire GA, CB ; on prolonge GA de la moitié de sa longueur en GE, et GB du double de la sienne en GD. Il ne reste plus qu'à prolonger DE, d'une longueur EG égale à elle-même.

Par un point donné A, mener à la droite BG, une parallèle à travers un obstacle. Avec Schooten, on prendra sur BG (fig. 77), les longueurs égales BG, GD, DE, EF ; on mènera la droite quelconque DG, puis les droites AB, AG, GE, HF, <;e qui donnera le point I cherché.

Déterminer la distance de deux points inaccessible X, Y. G. de Longchamps a donné cette solution directe : établir deux alignements rectangulaires AE, EG, sur lesquels on abaissera les perpen- H

Fig. 78

Fi

diculaires XA, YB, XD, YG ; on portera ensuite AB en EF et GD en FG ; FG sera égale à la distance cherchée,

Solution de Schooten (fig. 78). On prend BG = CD = a.AB,

EF = ED, HI = IJ = 2.AH, KL === KJ ; on a ainsi MG = ^ XY.

Cette solution donne le moyen de mener une parallèle à une droite inaccessible.

Solution de Mascheroni (fig. 79). On fait

BG==BD. GG=.33^Jp

et on aura GH = XY.

Pratiquement, il conviendra d'employer la solution classique bien connue que voici : sur la droite AB, abaisser les perpendiculaires XAE, YBD ; prendre le milieu G de AB ; D et E étant les intersections de XG et de YG avec les perpendiculaires YB et XA, ED est égale à XY.

Mener par un point donné H, une droite concourant à l'intersection invisible de deux droites AG, Bl. D'après Carnot, on placera les jalons dans l'ordre suivant (fig. 74). I, G, D, F, J, G : GH est la droite cherchée.

Trouver le diamètre et la distance d'un bassin circulaire inacessible. On a, de cette question, plusieurs solutions toutes assez compliquées. En voici une très simple : du point A, mener deux tangentes, sur lesquelles on prendra AB = BG ; par B et G, on mènera deux autres tangentes se coupant en D. La distance de A au centre 0, et le diamètre Sont donnés respectivement par les formules