Problème XXI. Construire tangle de deux

plans.

On peut ramener cette question à l’angle de deux droites : car, si d’un point quelconque pris dans l’angle des plans on abaisse des perpendiculaires sur ces plans , on sait que l’angle de ces perpendiculaires est le supplément de l’angle des plans {Introd. 47). Mais la question se résout plus simplement de cette autre manière. On mène un plan perpendiculaire à l’intersection des plans donnés , lequel coupe ces deux plans suivant des droites qui font entre elles l’angle demandé; et, pour connaître cet angle , on rabat son plan sur l’un des plans

de projection. C’est cette solution que je vais développer.

Soient (fig. XXI) les plans <icLd, . Je détermine la projection horizontale ab de leur intersection; et comme les traces d’un plan perpendiculaire à une droite doivent être perpendiculaires aux projections de cette droite (31) , je mène perpendiculairement à ab la droite gch , que je considérerai comme la trace horizontale d’un plan perpendiculaire à l’intersection des plans donnés. Ce plan coupe les plans donnés suivant deux droites qui passent , l’une en g , l’autre en h , et qui forment avec g/i un triangle dans lequel l’angle opposé à g/l est l’angle demandé. Faisons tourner ce triangle autour de sa base g/i pour le mettre dans le plan horizontal. Le sommet de ce triangle est dans le plan vertical abd : or, ce plan est perpendiculaire à puisque g/i l’est à ab ; donc la droite qui joint le point c au sommet du triangle est perpendiculaire à g/i] donc , par le rabattement elle viendra se placer suivant la direction Ca. Il reste à trouver sa vraie longueur.

Observez que le plan du triangle est perpendiculairt; à l’intersection des plans donnés, que la droite dont il s’agit est dans le plan du triangle , et que par suite elle est aussi perpendiculaire à cette intersection. Pour l’avoir en vraie grandeur , faites tourner Ite plan vertical abd autour de sa trace verticale W jusqu’à ce que ba vienne se placer sur xy. Les points a et c décriront les arcs de cercle ap, cq, autour du centre b, et prendront les positions p et q. Alors l'intersection des deux plans donnés sera placée sur dp, et la distance cherchée sera la perpendiculaire qr, abaissée sur dp. Portez donc qr

de c en N , et tirez les droites N^, NA : l’angle g-NA est

l’angle cherché.

39. Problème XXII. Trower un plan qui passe par l'intersection de deux, plans donnés , ' et qui divise r angle de ces plans en deux parties égales.

Je suppose (fig. XXII) qu’on ait effectué les constnictions du problème précédent , et que jgNA soit l’angle des plans donnés a%d, a^. Je partage cet angle en deux également par la droite NA , qui rencontre gh au point A ; puis je remarque que si on relève le plan de cet angle pour lui rendre sa véritable position , la ligne NA viendra se mettre dans le plan demandé. Or, cette ligne ne cesse pas de passer au point A; et comme ce point est sur le plan horizontal , il s’ensuit qu’il appartient à la trace horizontale du plan demandé. D’ailleurs les traces de ce plan doivent passer, l’une en « , et l’autre en r/ ; donc ce plan est entièrement déterminé , et c’est ayd.

40. Problème XXIII. Réduire à l’horizon F angle de deux droites.

' Quand on veut faire la carte d’un pays , on imagine que tous les points remarquables qu’on doit y figurer sont joints entre eux par des droites , de manière à former des triangles ; puis , si tous les points sont de niveau , on rapporte ces triangles sur la carte en construisant des triangles semblables , d’après une échelle convenue. Mais si les points sont inégalement élevés , comme cela arrive dans les contrées montagneuses , on conçoit d’abord tous les triangles projetés sur un plan horizontal ; et les triangles résultant de ces prejections

sont ceux qu’on rapporte sur la carte au moyen de triangles . semblables.

Ainsi , la carte ne doit point indiquer les angles tels qu’ils sont dans l’espace , mais seulement leurs projections; et quand on propose de réduire à l’horizon l’angle de deux droites, c’est sa projection sur un plan horizontal qu’on veut connaître. A cet effet, on mesure immédiatement sur le terrain non-seulement l’angle des deux droites , mais encore ceux qu’elles forment avec le 61 à plomb; et telles sont les données avec lesquelles on résout la question proposée. Pour plus de clarté, je représenterai par L et IJ les deux droites, par A l’angle qu’elles font entre elles, par V et les deux autres angles.

Dans le plan vertical de projection (fig. XXIII) , j’élève mn perpendiculaire à la ligue de terre xy, je fais l’angle mnj/ égal à V, et je considère ce plan de projection comme le plan même de l’angle V, ce qui est évidemment permis. Alors la ligne rij) est celle qu’on a désignée par L , et on doit se représenter l’autre ligne L', comme passant au point n, où elle fait avec nin l’angle V', et avec np l’angle A dont on demande la projection horizontale. Le côté L rencontre le plan horizontal au point p\ et la question se réduit .à déterminer le point d’intersection du côté U avec ce meme plan. A cet effet , je mène la droite nq qui fait avec mn l’angle rnnq = Y', et qui coupe xj- en q ; puis , du centre m avec le rayon mq^ je décris l’arc indéhni qa. Le côté U ne pourra rencontrer le plan horizontal qu’en un point de cet arc ; de sorte qu’il suffira de trouver la distance de ce point au point p. Or cette distance, considérée dans le plan de l’angle A, est la base d’un triangle dont

66 PRKMIÈRE PARTIE.

les côtés sont égaux à np et nq ; donc si je fais l’angle pnr-=k. et si je prends la droite pr sera

égale à la distance cherchée. Alors, du centre p avec le rayon pr, je décris l’arc rb ; et le point j , où il coupe l’arc qa , est le point d’intersection du second côté U avec le plan horizontal. Donc mp et ms sont les projections des côtés L et L'; donc enfin l’angle pms est celle de l’angle A.

Plu* courte distance de deux droites. — Solutions des diflerents cas de l’angle trièdre.

41 . pROBLiïME XXIV. Construire la plus courte distance de deux droites non situées dans le même plan La suite des constructions qu’il faut effectuer est assez indiquée dans l’introduction p. 14, si elle n’était point diqà connue, voici comment on y arriverait:

Soient A et B les deux droites données (fig. a, pl. IV). Par la droite A, faites passer un plan PP parallèle à la droite B. Cette droite sera partout à la même distance du plan PP , et comme la plus courte distance demandée doit joindre un point de la droite B avec un point de ce plan, il s’ensuit qu’elle ne peut pas être moindre que la perpendiculaire abaissée d’un point de la droite B sur le plan PP. Il faut donc examiner si elle peut lui être égale.

Supposons qu’on ait effectivement abaissé une perpendiculaire sur le plan PP par un point de B, et que, par le pied de cette perpendiculaire , on mène une droite C parallèle à B. Puisque le plan PP est parallèle à B, cotte parallèle est tout entière dans ce plan [Introd. 26, cor. I), et par suite elle doit rencontrer la droite A. Or, si on mène par le point d’intersection une

parallèle à la perpendiculaire qui a été abaissée sur le plan PP, elle sera dans un incnie plan avec la droite B, et le segment de cette parallèle compris entre les droites A et B est évidemment égal à cette perpendiculaire; donc ce segment est la plus courte distance demandée.

Appliquons là méthode des projections aux constructions qu’on vient d’expliquer. Soient oA, o'/!/(fig. XXIV), les projections de la droite A; et cd, dd, celles de la droite B. Il faut d’abord mener le plan PP, qui p.asse par A et qui est parallèle à B : c’est le problème XI. Je prends donc sur A un point [o,c/] par lequel je mène une parallèle \om,drn''\ à B; je construis les traces m et ü de cette parallèle; je construis aussi les traces a et U de la droite A; puis je tire les droites tLnia et qui sont les traces du plan PP.

Il faut ensuite abaisser, par un point de la droite B, une perpendiculaire sur ce plan. Si on prend le point [/;,//] , on aura les projections de cette perpendiculaire en menant, sur les traces du plan wa//, les perpendiculaires ( 31 ); puis on trouvera, par la construction connue (20), les projections r et d du pied de cette perpendiculaire.

Alors, pour avoir les projections de la parallèle C, menée par ce point à la droite B, je trace rs et dd respectivement parallèles à cd et dd. Ces projections rencontrent celles de la droite A aux points s eX d •. or, ces points doivent être les projections de l’intersection de la ligne A avec la parallèle C; donc, en menant de ces points les lignes st et dd, parallèles aux projections de la perpendiculaire et terminées à celles de la droite B, on aura les projections de la plus courte distance demandée, et il sera facile ensuite d’en avoir la vraie

68 PREMliîIlE PARTIE.

grandeur jV. Il est sans doute inutile d’avertir que les

droites Si’ et doivent être perpendiculaires sur .vj'.

Remarques. Supposons que la droite B renconti’e A : aloi’s le plan PP n’est autre que celui de ces deux droites. La ligne sur laquelle se mesure la plus courte distance est toujours perpendiculaii-e à ce plan; mais comme elle passe au point d’intersection des deux droites, il s’ensuit que la plus courte distance est nulle.

Quand les deux droites A et B sont parallèles, la ligne menée parallèlement à B, par un point de A, se confond avec cette dernière droite ; le plan PP est donc indéterminé, et la construction générale est en défaut. Mais dans ce cas on obtiendra facilement la plus courte distance en abaissant, d’un point quelconque pris sur l’une des deux droites, une perpendiculaire sur l’autre.

42 . Problème XXV. Étant données les trois faces d’un ongle trièdre, trouver les trois inclinaisons.

Dans un angle trièdre il y a trois faces et trois inclinaisons; ou, en d’autres termes, trois angles plans et trois angles dièdres. Si l’on propose de déterminer trois de ces parties au moyen des trois autres , il y aura six cas à examiner : car les données peuvent être prises suivant six combinaisons différentes. En effet, on peut prendre comme données : 1 “ les trois faces ; 2“ deux faces et l’inclinaison comprise; 3" deux faces et l’inclinaison opposée à l’une d’elles; 4” une face et les deux inclinaisons adjacentes; .')“ une face, une des inclinaisons adjacentes et l’inclinaison opposée; G" les trois inclinaisons.

Mais il est facile de voir qu’on peut ramener les trois derniers cas aux trois premiei*s, au moyen de l’angle trièdre supplémentaire (Introd. 48 ). Nommons a, b ,c

les faces d’un angle trièdre, et a, P, y, les inclinaisons; et supposons, par exemple, qu’on connaisse les trois inclinaisons a, P, y, et qu’on veuille trouver les faces a, b, c. On prendra les suppléments ci, U, des inclinaisons, savoir : ^«'=180" — a, Z/=I80* — P, c'=180“— y; et ces suppléments seront les faces de l’angle trièdre supplémentaire. Or, supposons qu’on sache trouver les inclinaisons des faces dans ce nouvel angle trièdre, et désignons ces inclinaisons para', p'j 'f. '

On en prendra les suppléments , et alors on connaîtra les faces a, b, c, du premier angle trièdre, savoir : rt = 180° — a', ^=180“ — P', c=180“ — y. Semblablement, le quatrième cas se réduit au second, et le cinquième au troisième; par conséquent il suffira de considérer les trois premiers.

Oliii qui est proposé dans l’énoncé doit être traité d’abord. Mais je rappellerai auparavant que deux conditions doivent toujoui's être remplies pour qu’on puisse former un angle trièdre avec trois faces données : c’est que la somme des trois faces soit moindre que quatre angles droits, et que la plus grande face soit moindre (|ue la somme des deux autres. Ces conditions sont d’ailleurs les seules nécbssaires (^Introcl. «îl).

Cela posé, dans un plan quelconque, que je regarderai comme horizontal (fig. XXV), je fais l’angle asb égal à une des faces données, et je siqipo.se que les deux autres faces soient rabattues sur celle-là en asc et bs<^. Il est évident qu’on reconstruira l’angle trièdre en faisant tourner ces deux faces, l’une autour de sa et l’autre autour de sb, jusqu’à ce que les côtés JC et jc' coïncident. Prenons, sur ces côtés, et menons

sur sa et sb les perpendiculaires fgb et f^b, qui se

coupent en h. Pendant In lotation des deux faces, les points / ety’ décrivent autour des centres g et des cercles situés dans des plans verticaux dont les traces, sur le plan fixe asb, sont gh, ^h\ et, quand la coïncidence des côtés SC et sé s’établit, ces points se réunissent en un seul, que je nommerai F. Alors les droites fg et forment avec gh et ^h des angles égaux aux inclinaisons des faces latérales sur la face horizontales^.

Pour connaître ces inclinaisons, il suffit de rabattre sur cette face horizontale les plans verticaux décrits par fg,f^- En faisant tourner le premier autour de ^/i, le cercle décrit par ^ se rabattra sur un cercle yX', décrit du centre g avec le rayon gf. D’un autre côté , obsei’vons que le point h étant commun aux deux plans verticaux, l’intersection de ces deux plans doit être une verticale élevée en h\ donc cette intersection! en tournant autour de gh, se rabattra suivant la perpendiculaire M à Or le point F, où se réunissent, dans l’espace, les points f fXj^, doit être sur cette intersection; donc il sera rabattu au point k, où l’arc yX est rencontré par la perpendiculaire hk\ et par suite, en tirant X'ij’, l’angle kgh sera l’inclinaison des faces nsc , (Lib. Si on fait tourner autour de ^ h le plan vertical décrit par on trouve , par une construction toute semblable, l’angle k^h qui est égal .à l’inclinaiso'' des faces bsd, asb.

On pourrait trouver la troisième inclinaison en faisant sur l’une des faces asc , bsd, les mêmes construo-. tions qu’on vient d’effectuer sur la face asb\ mais on l’obtient plus simplement de la manière suivante. Concevez par le point F un plan perpendiculaire à la troisième arête; il coupera les deux faces latérales suivant

LA LIGînS DROITE ET LE VLAN.

deux droites qui comprendront entre elles l'inclinaison cherchée. L’une de ces droites est rabattue sur perpendiculaire à SC, et l’autre, surjet/ perpendiculaire à st^. 11 est évident que les points p et q, où ces droites rencontrent les côtés as et bs, n’ont pas changé de position; donc, en tirant la droite pq on aura, sur la face asb, la trace du plan qui contient l’angle inconnu , et, si on fait tourner ce plan autour de pq, le sommet de cet angle ira se placer à l’intersection m des arcs décrits avec les rayons pf et qf •, donc enfin l’angle pmq est égal à la troisième inclinaison de l’angle trièdre.

Remarque. Dans cette construction, plusieurs vérifications sont à remarquer.

1" Les droites hk et hU doivent être égales, comme rabattements d’une même vertit^e.

2® La ligne sh étant la projection de la troisième arête sur le plan asb, et pq étant la trace d’un plan perpendiculaire à cette arête, il s’ensuit (|ue sh doit être perpendiculaire à p(p Si sh est perpendiculaire à pq, la droite menée du point F, de la troisième arête, au point n où sh rencontre pq, doit être aussi perpendiculaire à pq\ donc, dans le rabattement cette droite doit se placer sur le prolongement de sn\ donc le point ni doit être sur ce prolongement. Ainsi, la ligne sh est perpendiculaire à pq, et va passer par le point m,

3® Si on prolonge ^h jusqu’à sa rencontre i avec sb, les distances if et ik devront être égales. Pareillement, si on prolonge jusqu’à sa rencontre avec sa, on devra aussi avoir i'fz=ük'.