CHAPITRE II. — PROBLÈMES SUR LES LIGNES DROITES, ETC. ^l

avec les deux triangles, se trouve évidemment représentée par les droites DF et D/ menées à angle droit sur les hypoténuses, il s'ensuit que, quel que soit le plan PQR', on doit avoir la relation DF = D/. Cela posé, si sans connaître le plan PQR' que nous supposerons avoir sur les plans fixes les inclinaisons a et €, on construit à volonté sur la ligue de terre un triangle rectangle D'DA'^ dans lequel l'angle A" soit égal à a; puis, qu'avec la perpendiculaire DF on décrive un arc de cercle, et qu'on lui mène ime tangente B^yC qui fasse l'angle B" égal à €; cette tangente (*) déterminera, par sa rencontre avec le prolongement de la verticale D'D, un point C de la trace du plan PQR'. Alors, en tirant la droite CQ tangente à l'arc de cercle décrit avec le rayon DA", puis joignant les points Q et D', on obtiendra l.es traces d'un plan CQD' qui aura sur les plans fixes les inclinaisons a et ê; ensuite, pour résoudre le problème primitif, il restera à conduire par le point donné un plan parallèle à CQD'.

On pourrait aussi résoudre ce problème en menant d'abord, comme au n** 44, une droite qui fit avec les plans de projection des angles

et ensuite, on conduirait par le point donné un plan perpendiculaire à cette droite.

47. {Fig. 16.) Construire l'angle compris entre deux plans donnés PQR' et PSR'.

11 faut, comme nous l'avons dit précédemment, couper ces deux plans par un troisième qui soit perpendiculaire à leur intersection. Or cette droite, projetée (n** 27) suivant PR et P'R', est l'hypoténuse d'un triangle rectangle ayant pour côtés PR et RR', et qui, rabattu sur le plan horizontal, deviendra PRR". Si donc, par un point arbitraire A" de celte hypoténuse, je lui mène une perpendiculaire A"B, et qu'ensuite je relève le triangle R''RP dans la situation verticale PR, il est évident qu'alors la ligne A"B se trouvera dans le plan sécant que je dois mener perpendiculairement à l'intersection par ce point A"; puis, comme A"B ira percer le plan horizontal en B, la droite CED, perpendiculaire à la projection PR, sera (n*^ 53) la trace horizontale de ce plan sécant. Maintenant, on doit voir que ce dernier plan coupera les plans proposés suivant deux droites partant du point A" relevé, et qui, aboutissant en C et D, formeront un triangle dont la base sera CD, et dont l'angle au sommet A" sera celui que l'on cherche; ainsi il ne s'agit plus que de construire ce triangle. Or sa hauteur est précisément A"B, puisque cette droite relevée se trouve dans le plan vertical PR qui est perpendiculaire sur la base CD; d'ailleurs, si Ton rabat ce triangle autour de CD comme charnière, le sommet A" ne sortira pas du plan vertical PR perpendiculaire à cette charnière :

(*) Comme il est évident que l'angle CD/=B" = 6, on pourra, au lieu de mener cette tangente , construire le triangle rectangle CD/ sur la base DF ; puis , rapporter son hypoténuse de D en C . sur le prolongement de la verticale D'D.

a 2 LIVRE I. — DES DROITES ET DES PLANS.

donc, en portant sur PR la distance BA = BA", on obtiendra CAD pour le triangle demandé, et l'angle de même nom mesurera l'inelinaison des plans PQR' et PSR'.

On aurait pu rabattre sur le plan vertical Fintersection des plans proposés; cette droiteeût été représentée parR'F', et en lui menant une perpendiculaire A' B', dont le pied B' devrait être rapporté en B, on en aurait fait le même usage que ci-dessus.

48. Lorsque les plans proposés ont leurs traces parallèles sur un seul des deux plans de projection, comme R'QP et R'ST [fig. 17), la construction précédente exige une légère modification qui rend même la solution plus simple; car on sait (n" 28) qu'alors l'intersection est la droite horizontale (R'V, RV) parallèle aux traces horizontales. Par conséquent, si l'on mène un plan vertical R'RC perpendiculaire à cette intersection, il coupera les plans proposés suivant deux droites qui formeront avec CD un triangle ayant pour sommet le point R', et pour hauteur la verticale R'R : de sorte qu'en rabattant ce triangle sur le plan horizontal autour de sa base CD, le sommet R' viendra en R", et l'angle CR^'D sera la mesure de l'inclinaison des plans proposés.

Enfin, si les traces étaient toutes parallèles à la ligne de terre, comme dans la fig. 9, on couperait les plans donnés par le plan de profil ZXV déjà employé au n°29; et par le rabattement dont nous nous sommes servis dans ce numéro, on obtiendrait l'angle PA"T pour l'inclinaison des plans en question.

En renversant les opérations du n*' 47, il sera facile de résoudre le problème suivant : Par une droite donnée dans un plan connu par ses traces, conduire un autre plan qui fasse avec le premier un angle déterminé «.

-19. Construire la position et la grandeur de la ligne qui mesure la plus courte distance entre deux droites non situées dans un même plan.

On sait que, dans l'espace, deux droites peuvent ne pas se rencontrer, sans être parallèles ; alors il y a lieu de chercher, parmi toutes les lignes qui réunissent deux quelconques de leurs points, quelle est la plus courte; mais, afin de faire mieux saisir la série d'opérations à effectuer pour résoudre ce problème, nous allons d'abord les indiquer sur une figure en perspective, où AB et CD {fig. ao), représenteront les deux droites proposées. Si, par un point quelconque B de la première, nous menons une droite BE parallèle à CD, et que nous imaginions le plan ABE, ce plan se trouvera lui-même parallèle à la ligne CD; ainsi, en abaissant d'un point de cette dernière une perpendiculaire DF sur le plan ABE, la distance rliercliée ne saurait être moindre que DF. Mais pour faire voir qu'une droite égale à DF peut effectivement réunir deux points des lignes proposées, menons par le pied F de cette perpendiculaire une parallèle FG à CD; cette ligue FG rencontrera nécessairement AB en un certain point G^^ sans quoi AB serait parallèle à CD, ce qui est contraire à l'hypothèse admise. Or, si du point G nous élevons la perpendiculaire GH sur le plan ABE, elle se trpuvera évidemment contenue dans le plan