Construire le triangle polaire d'un triangle donné ABG

— Il suffit de se reporter à la définition du triangle polaire (366) et de remarquer que les pôles des côtés se déterminent par la méthode indiquée au n° 388.

Fig. 175.

395. Constructions de triangles. — Nous désignerons par A, B, G les angles d'un triangle sphérique ABG, par a, 6, r les côtés opposés à ces angles; on peut se proposer de construire un triangle connaissant trois de ces six éléments ; de là trois groupes de problèmes :

Gonstruire un triangle connaissant :

1° Les trois côtés ou bien les trois angles ;

2° deux côtés et l'angle compris, ou bien un côté et les deux angles adjacents ;

3° Jeux côtés et l'angle opposé à l'un d'eux, ou bien deux angles et le côté opposé à l'un d'eux.

Chacun de ces groupes comprend deux problèmes qui se ramènent l'un à l'autre en remplaçant le triangle cherché par son triangle polaire. Il suffit donc de traiter un problème de chaque groupe.

396. Construire un triangle connaissant les trois côtés a, 6, c.

— Soit a le plus grand côté. Nous avons vu [543] que les conditions nécessaires et suffisantes pour que le triangle existe sont

(1) a<Cb-^c,

(2) a + b + c <^ 4dr.

Supposons ces conditions réalisées; sur un grand cercle de la sphère prenons un arc BC {fig. 176) égal à a; sur la portion de l'arc BC qui est supérieure à une demi-circonférence, portons des arcs BD et CE égaux respectivement à c et 6; la condition (2) étant satisfaite, le point E sera en dehors du plus petit arc BD. Du point B comme pôle, avec une ouverture de compas égale à la corde de BD, décrivons un cercle (B) ; ce cercle coupe le grand cercle de la figure en un second point, D', placé sur le plus petit arc BC. De même, le cercle (C) qui a pour pôle C et qui est décrit avec une ouverture de compas égale à la corde CE, rencontre le grand cercle de la figure en un point E' placé sur le plus petit arc BC. La relation (l) étant satisfaite, le point E' est sur le plus petit arc BD'.

Par rapport au cercle (B) le point E' est sur la même calotte que le point B, le point E sur l'autre calotte ; il en résulte que les cercles (B) et (C) sont sécants et se coupent en deux points

CONSTRUCTIONS SUR LA SPHERE

A et A'; les triangles ABC et A'BG, qui sont symétriques par rapport au grand cercle BC, ont pour côtés a, 6, c.

397 . Construire un triangle connaissant deux côtés 6 et c et l'angle compris A. — Même construction que dans le plan [222].

398. Gonstrviire un triangle connaissant deux côtés a et h et l'angle A opposé à l'un d'eux. — Traçons deux demi-cercles A^A', AyA' {fig. 177 et 178), faisant entre eux un angle égal à

l'angle donné A; portons sur le premier un arc AG égal à 6; du point G comme pôle, avec une ouverture de compas égale à la corde de l'arc fl, décrivons un petit cercle; si ce petit cercle rencontre le demi-cercle AyA' en un point B, le triangle ABC sera une solution.

Pour faire la discussion, nous distinguerons deux cas : 1° L'angle A est aigu [fig. Vil).

Abaissons du point G le grand cercle GD perpendiculaire au cercle y- Si un point M se déplace de D en A sur le cercle y, la distance GM croît de GD à CA ou b; si le point M va de D en A', cette distance croît de GD à CA' ou '¥^ — b. Donc: a<GD, Osol.

a inférieur à 6 et à 1^'' — h, 2 sol.

a>GD I a compris entre b et 2'^' — ô, 1 sol.

a supérieur à 6 et à S^r — 6, 0 sol.

2° L'angle A est obtus {fig. 178).

Abaissons encore le grand cercle GD perpendiculaire au cercle y. Si un point M se déplace de D en A sur le cercle y, la distance GM décroît depuis GD jusqu'à GA ou b; si le point M va de D en A', GM décroît depuis GD jus- Donc :

qu a

Fig. 178.

GA' ou 'i'^'—b.

a inférieur à 6 et à 2'^'' — b, a compris entre b et S"^"" — 6, a supérieur à 6 et à â'^'" — 6,

Osol.

1 sol.

2 sol.

Osol.

399. Rkmarque. — Si les angles a et A sont de natures différentes, c'est-à-dire si l'un est aigu et l'autre obtus, le problème ne peut pas avoir plus d'une solution. En effet, si A est aigu, a sera obtus; il ne pourra donc pas être inférieur à la fois à 6 et à S^r— é. Si au contraire A est obtus, a est aigu : il ne peut donc pas être supérieur à la fois à 6 et à

400. Mener, par un point donné A, un grand cercle tangent à un cercle donné {fig. J79). — Soient P le centre sphérique,

r le rayon sphérique du cercle donné C, d la distance sphérique PA.

Supposons le problème résolu ; soient B le point de contact, Q le pôle du cercle cherché, qui se trouve par rapport au grand cercle dans l'hémisphère opposé à P ; tout revient à trouver le point Q. Or ce point Q se trouve sur le grand cercle PB et l'on a BQ = 1*^'', et par suite,

PQ = lir , r- ; d'ailleurs AQ = 1''''. On est donc ramené à construire un triangle PAQ connaissant les trois côtés PA = d, AQ = i^% PQ = l^r 4- r. Pour que le problème soit possible, il faut que l'on ait les conditions :

(1) âf-hl*^''H-ldr 4-r<;4dr ou c(!<2dr— r,

(2) ûJ<(ldf^r) + idr ou û?<2'5r + r,

(3) (l'^'-i- r)< l'i'-^ ûî ou d~:>r.

La deuxième condition est toujours satisfaite puisque d est plus petit que 2 droits ; la troisième montre que A est par rap-

CONSTRUCTIONS SLR LA SPHÈRE 267

port au cercle C dans la calotte opposée à P ; la première montre que si Ton considère le cercle G', symétrique du cercle G, le point A doit se trouver par rapport à ce cercle dans la calotte qui contient le point P. En résumé, on voit que le point A doit se trouver dans la zone comprise entre les cercles G et G'. Dans ces conditions, le problème admettra deux solutions, car on trouve pour le point Q deux positions symétriques par rapport au grand cercle PA. Les deux cercles tangents sont aussi symétriques par rapport à ce grand cercle.

401. REMAnQUE. — Si un grand cercle touche le cercle G en un point B, il touchera aussi le cercle G' en un point B', symétrique du point B.

40 i. Mener uu grand cercle langent à deux cercles donnés.

— Soient P et P' les centres sphériques des deux cercles donnés G et G', r et r' leurs rayons sphériques, d la distance sphérique de leurs centres. Supposons le problème résolu et soit un grand cercle touchant les cercles donnés en A et A' ; nous distinguerons deux cas :

1° Les deux cercles G et G' sont dans un même hémisphère par rapport au cercle tangent [fig. 180).

Soit Q le pôle du cercle tangent qui se trouve, par rapport à ce cercle, dans le même hémisphère que les cercles donnés; le point Q est situé sur les grands cercles AP et A'P' ; tout revient à trouver ce point Q, c'est-à-dire à construire le triangle sphérique PQP'. Or ce triangle a pour côtés :

PP' = d, ?Q = Idf - r, P'Q = Idr — r'.

Pour que le problème soit possible, il faut que Ton ait, en supposant, ce qui est permis, r'^r',

(1) c? + (l'^'' — r)-t-(ldr r')<4'''' ou c?<2d''+ r + r',

(2) rf<(ldr r)-^(ldr__r') ou d<2dr — (r-i-r'),

(3) l^r — r'<(ldr r)-f-(/ ou d'>r — r'.

La condition (1) est toujours satisfaite, puisque d est plus petit que deux droits. La condition (2) peut s'écrire ainsi

S*^"" — rf >■ r + r' ;

elle exprime que le cercle G' est extérieur au cercle Ci, symétrique du cercle G.

La condition (3) exprime que le cercle G' n'est pas à Tintérieur du cercle G. En résumé, il faut que le plus petit cercle G' ne soit pas à l'intérieur du cercle G et soit extérieur au cercle Gi. Dans ces conditions, le problème admet deux solutions, puisqu'on trouve pour Q deux positions symétriques par rapport au grand cercle PP' ; les deux cercles tangents sont aussi symétriques par rapporta ce grand cercle.

2° Les cercles G et G' sont de fart et d'autre du grand cercle tangent {fig. 181).

Soit encore Q le pôle du cercle cherché qui est situé, par rapport à ce cercle, dans le même hémisphère que le plus grand cercle G. Tout revient à construire le triangle PQP' ayant pour côtés

PP' = d, ?Q= idr r, P'Q = Idr-^r'.

Pour que cette construction soit possible, il faut que l'on ait les conditions

(1) rf-+- (ldr r)4 (Idr^/) <-4dr qU rf < Sd'" + r — /,- ('2) û5<(ldr r)-|-(ldr+,,') ou rf < S^r (r — r'),

(3) Idr^ r'<rf-i-(ldr r) ou d:>r-h-r'.

La condition (1) est toujours satisfaite; la condition (2) peut s'écrire

2dr — c/ > r — r' ;

elle exprime que le cercle G' n'est pas à l'intérieur du cercle Gi, symétrique du cercle G ; la condition (3) exprime que le cercle G' est extérieur au cercle G.

En résumé, pour qu'il existe des solutions, il faut et il suffit que le plus petit cercle G' soit extérieur au cercle G et ne soit

pas à l'intérieur de son symétrique Ci. Dans ces conditions, il y aura deux solutions; les deux cercles tangents sont encore symétriques par rapport au grand cercle PP'.

On voit que^ pour qu'il existe quatre grands cercles tangents aux deux cercles donnés, il faut et il suffit que le plus petit cercle G' soit situé dans la zone comprise entre le plus grand cercle G et son symétrique Gi .

Cercles orthogonaux et cercles tangents.

403. Remarque. — On sait que par une inversion on peut transformer une sphère en un plan; tout cercle de la sphère se transforme en un cercle du plan et inversement; de plus, comme l'inversion conserve les angles, à des cercles orthogonaux de la sphère correspondent des cercles orthogonaux du plan, et à des cercles tangents de la sphère correspondent des cercles tangents du plan, et inversement. Il en résulte que tout problème sur les cercles orthogonaux et les cercles tangents de la sphère peut se ramener à un problème analogue de géométrie plane.

Néanmoins nous traiterons ces questions directement sur la

sphère.

404. Théorème. — Pour que deux cercles de la sphère soient orthogonaux, il faut et il suffit que le pôle du plan de l'un d'eux par rapport à la sphère soit situé dans le plan de l'autre.

En effet, soient G et G' deux cercles qui se coupent à angle droit au point M [fig. 182), MA

Fig. 18-2.

la tangente en M au cercle G, S le pôle du plan du cercle G

par rapport à la sphère. La droite SM est la génératrice du cône circonscrit à la sphère le long du cercle G ; par conséquent MS est la droite menée dans le plan tangent en M perpendiculairement à la tangente MA. D'autre part, la tangente en M au cercle C est située dans le plan tangent et, par hypothèse, elle est perpendiculaire à la tangente MA ; cette tangente est, par conséquent, la droite MS; donc le plan de G' passe par S. La condition est nécessaire.

inversement, supposons que le plan du cercle G' passe par le pôle S. La tangente en M au cercle G' est l'intersection du plan tangent à la sphère et du plan du cercle C'; ce sera par conséquent la droite MS; il en résulte que les deux cercles sont orthogonaux, donc la condition est suffisante.

405. Axe radical de deux cercles. — On appelle axe radical de deux cercles P et F d'une sphère 0 [fig. 183), le grand

cercle dont le plan passe par la droite d'intersection L des plans de ces deux cercles.

Si les plans des deux cercles sont parallèles, leur axe radical est le grand cercle dont le plan est parallèle au plan de ces cercles.

Il résulte de là que l'axe radical est perpendiculaire au grand cercle qui passe par les centres sphériques P et P' des deux cercles.

Si les deux cercles sont sécants, leur axe radical est le grand cercle qui passe par leurs points d'intersection.

Fig. 183.

Si les deux cercles sont tangents, leur axe radical est le grand cercle tangent comniun en leur point de contact.