ABC

Abc

Béciproque du 3e cas.

Béciproque du 2° cas.

Béciproque du 1er cas.

On remarquera que les trois derniers cas peuvent être considérés comme les réciproques des trois premiers. On pourrait les y ramener en employant les trièdres supplémentaires. Nous donnerons cependant, pour eux, des mélhodes directes de résolution.

§ 123. — Premier cas. — Construire un trièdre connaissant les trois faces, a, b, c. — Trouver les trois dièdres

A, B et C (fig. 155).

1° La face ASB (ou c) est donnée en place sur le plan horizontal ; elle y restera.

2° Les faces a — BSC2eti = A S C? sont données, rabattues sur le plan horizontal, autour de SB et S A comme charnières.

11 faut les relever en les faisant tourner autour des charnières respectives SB et S A.

Trouver la position de la troisième arête, Se, revient à résoudre le problème suivant déjà traité (§ 109) : « Construire

une droite Se, qui fasse des angles donnés avec deux droites d'innées» (savoir l'angle a avec SB, et l'angle b avec S A).

Solution. — 1° On prend une même longueur 1 , sur les droites rabattues a — S Ci = S Cg. En se relevant la droite S Ci décrit autour de SA, comme axe, un cône d'angle au sommet b ; et S C2 décrit un cône d'angle a autour de SB comme axe.

Ci et C-2 décrivent des cercles dont les plans sont verticaux (car les axes sont horizontaux) dont les centres sont i et 7, et dont les rayons sont j Ci et 1C2. Ces cercles étant sur une même sphère, de rayon A, se coupent en deux points projetés, tous deux, horizontalement en c.

2° Pour avoir la hauteur // du point C de l'espace, ce qui le déterminera complètement, on rabat l'un quelconque dos cercles, et même les deux, si Ton veut une vérification. On a ainsi en cCi ou cCj, cette hauteur //.

3° Recherche des dièdres B et A. — Le dièdre B a son angle rectiligne en ciCt, car Cii est le rabattement de la ligne de plus grande pente du plan de l'espace C SB. De même le dièdre A est mesuré en c JC3.

4° Recherche du dièdre C. — 1™ Méthode. — Elle revient à trouver l'angle des deuxplans, qui ont pour traces S A et S B, et pour intersection Se (§ 114).

SC de l'espace est rabattu en SC3 avec son plan projetant. On a mené le plan C5K, perpendiculaire sur S C:,. On a fait la rotation de C5 en Ce autour du point K comme centre, et le rectiligne du dièdre C est A CgB.

2e Méthode. — Dans chacune des faces a et b rabattues, parle point G* et par le point Ci élevons la perpendiculaire C2B, à SC2 et la perpendiculaire Ci A, à S Ci. Ces droites sont les rabattements, en vraie grandeur, des côtés du rectiligne cherché ; par suite on connaît les trois côtés A B — A Ce = A Ci et B Cg = B C> du triangle qui a ce rectiligne pour angle au sommet ; on peut donc le construire par recoupement d'arcs de cercle décrits de A et B comme centres avec A Ci et A C2 pour rayons.

Remarques. — 1° AB obtenu de cette deuxième manière doit être perpendiculaire sur S K, car c'est la trace d'un plan perpendiculaire sur une droite.

2° Cô doit tomber sur SK. Ces remarques permettront de simplifier les constructions.

§ 124. — Résumé. — Trièdre déterminé projectivement.

En résumé, un trièdre est parfaitement déterminé quand nous avons (fig. 155) : 1° Les deux arêtes S A et SB données sur le sol, ou plan de projection; 2° La troisième arête S C déterminée par sa projection horizontale S c ; 3° La cote de hauteur c Cs d'un de ses points.

Nous pouvons, comme ci-dessus, trouver tous les éléments du trièdre.

Pour les cinq autres cas, nous arrêterons donc l'épure lorsque le trièdre sera déterminé comme il vient d'être indiqué, •et nous dirons alors qu'il est déterminé projectivement.

S 125. — Deuxième cas. — On donne une face (a) et les deux dièdres adjacents B et C.

C'est le problème connu (§ 79): « Trouver l'intersection (S A) de deux plans SB et S G, déterminés chacun par leur ligne de plus grande pente. » (En revoir la solution au § 79; on sait que l'on coupe par un plan horizontal auxiliaire.)

Fig. 155 S

Fier. 156

FiK. l'57

On a (fig. 156) en S« l'intersection. La cote du point (a) est la hauteur h à laquelle a été mené le plan auxiliaire horizontal.

Donc le trièdre est déterminé projectivement. (Chercher ses autres éléments, comme fig. 155.)

§ 120. — Troisième cas. — On donne deux faces a et b et le dièdre A opposé à l'une d'elles (flg. 157).

Solution. — 1° On place la face b sur le sol en ASC, pour n'en plus bouger.

2° Le plan BSA de l'espace ayant pour trace A S et faisant l'angle donné A avec le sol, sera défini par sa ligne de plus grande pente A P sur un mur x y, perpendiculaire à S A.

A cet instant nous sommes ramenés au problème déjà résolu : Dans un plan (S A P) mener une droite (S b) qui fasse un angle donné (a) avec une droite (S C) située hors du plan. Ici S C est horizontal, ce qui simplifiera. (Revoir ce problème.)

Légende de l'épure. — S C, axe d'un cône d'angle au sommet a — SBi, génératrice de ce cône. BiO rabattu enBift' est le cercle décrit par le point Bi de la génératrice. 11 faut trouver le point bb' où il perce le plan P.

L'intersection du plan P et du plan Q du cercle est toute obtenue en 1 2 — {' 2' (§ 81). 1 b* est son rabattement, b' est l'intersection rabattue ; b est son relèvement. S b est la troisième arête du trièdre, en plan. Dès lors le trièdre est déterminé projectivement, car la hauteur de b est b b ' .

Il y a une deuxième solution à chercher et à discuter.

F'S- 158 § 127. — Quatrième cas. — On donne BC et c, c'est-à-dire deux

dièdres et la face opposée à l'un d'eux (flg. 158).

1° On prend l'arête SB dans le plan horizontal, et comme la face ASB (ou c) de l'espace fait l'angle B avec le sol, il en résulte que le plan S B P de cette face est déterminé par sa ligne de plus grande pente B P sur le mur xy, lequel a été pris perpendiculaire à S B.

2° La face BSMi = c, rabattue sur le sol a été relevée et mise en place dans le plan P qui vient d'être défini. A cet effet le point Mi a décrit dans le mur xy le cercle Mi m ' et l'arête SA, est mise en place en sm — s'm'. A ce moment la question est ramenée au problème connu (§ 117) : Par une droite donnée (sm — s'm') mener un plan faisant avec le plan horizontal un angle donné C.

3° Solution. — m'y est la génératrice d'un cône d'angle à la base C ; SC est la tangente à la base de ce cône menée par S. Les trois arêtes du trièdre sont : SB, et SC, sur le sol ; et S a — S 'a' en projections. Donc le trièdre est déterminé projectivement.

§ 128. — Cinquième cas.

Fig. 160

Fig. 159

On donne A, b, c, c'est-à-dire un dièdre et les deux faces adjacentes (fig. 159).

On est conduit au problème inverse du rabattement. Solution. — Le dièdre connu A, permet de déterminer le plan P de la face par sa ligne de plus grande pente A P.

On relève, de Ci en c', la face b, dans le plan P. L'arête SC est projetée suivant Se, et la hauteur du point c est connue en ce'. Enfin l'arête SB sera tracée sur le sol, faisant l'angle c avec S A. Le trièdre est déterminé projectivement.

Sixième cas. — On donne les trois dièdres, A, B, C (fig. 100). Le dièdre A aura son arête SA prise perpendiculaire au mur xy ; par conséquent le plan SAP, sera le plan d'une des faces (de la face BSA par exemple), tandis que la face CSA sera sur le plan horizontal.

— 4fi -

Cela posé, le problème revient à trouver le plan de la troisième face, c'est-à-dire (problème connu, § 121) : à construire un plan qui fasse vn angle B, avec le plan debout P, et un angle C, avec le plan horizontal.

Solution. — 1° TO' est l'axe d'un cône, perpendiculaire au plan P; T est le sommet de ce cône; B, son angle à la base sur le plan P.

Nota. — Le point T, sommet du cône, est pris, pour simplifier, sur la ligne de terre.

2° J, est le centre d'une spbère inscrite dans ce cône ; V'J est l'axe vertical d'un deuxième cône, faisant un angle à la base C, avec le sol et circonscrit à cette sphère.

3° On mène un plan tangent commun aux deux cônes ; sa trace horizontale TS est tangente au cercle de base de ce deuxième cône ; sa trace verticale est la ligne des sommets TV, qui perce le plan P, en bb '; le trièdre est S Ai C ; bien déterminé projectivement, car la hauteur deB est connue en bb ' .