Problème III. Connaissant les traces rfitn

n.jni. CiîOgk-

223 QIIATRIBME PARTIE.

plan et la projection horizontale de la diagonale d’u/i carré situé dans ce plan , on demande les projections du carré. ^

IjA solution consiste à rabattre sur le plan horizontal le plan donné , à chercher ce que devient alors la diagonale du carré, à construire ce carré dans le rabattement, et cî revenir ensuite du rabattement aux projections.

Soient (fig. III) rst le plan donné, et ah la projection horizontale de la diagonale du carré. Suivant ah imaginons un plan vertical : sa trace horizontale sera la droite ah elle-même , et sa trace verticale sera une droite telle que nri perpendiculaire à xy. Le poiut rn où se coupent les traces horizontales des deux plans appartient à l’inr tersection de ces plans, aussi bien que le poiut «'où se coupent leurs traces verticales ; donc , en abaissant mni perpendiculaire à et joignant /«'«', on aura la projection verticale de l’intersection des deux plans. C’est sur cette intersection que se trouve la diagonale dont ah est la projection horizontale; et en tirant les lignes de projection ad, hU, il sera facile d’obtenir la projection verticale dV de cette diagonale.

. Faisons tourner le plan rst autour de rs pour le rabattre, ainsi qu’il a été dit, sur le plan horizontal. Le point «' doit rester à la même distance du point s, et d’un autre côté il doit tomber sur «N perpendiculaire à rs ; donc il se placera à la rencontre N de «N avec la circonférence décrite du rayon sd. Par suite, la droite qui contient la diagonale du carré deviendra «iN , et , en menant sur rs les perpendiculaires «A, ôB, on obtient cette diagonale rabattue en AB.

Sur AB, comme diagonale, construisons donc le

£XERaC£S. 223

carré ABCD , l'émettons le plan rsH dans sa première situation , et cherchons en quels points vont alors se projeter les sommets C et D. Menez C^parallele à jN : cette ligne doit se placer dans l’espace parallèlement à et alors elle se projette horizontalement suivant la droite /w parallèle à æ/; donc la projection horizontale du point C doit être sur jw. Mais , d un autre cote , cette projection doit aussi se trouver sur la perpendiculaire Ce à /-tf ; dope elle est à la rencontre c. On trouve semblablement la projection horizontale du sommet Dj et par suite celle du carré sera aebd.

Les projections verticales correspondantes à c et sont sur les lignes de projection cd et dd’. Pour achever de les déterminer, on mène CE et DF parallèlement à rs, on porte les distances Æ et jF sur st en puis on

tire les droites dd' vxfd parallèles à xr- Ainsi s’obtient la projection verticale ddUd' du carré.

Remat'que . Si on prolonge la ligne DA et sa projection da, elles devront couper la trace rs au même point. IjA même vérification a lieu pour les autres côtés du carré et pour la diagonale CD>

13S. Problème IV. Connaissant les projections des arêtes d'un angle trièdre, construire les traces (tun plan qui coupe ces trois arêtes a des distances données J à partir du sommet.

Les plans verticaux qui contiennent les arêtes de l’angle trièdre se coupent suivant une verticale : imaginons que ces plans tournent autour de cette ligne pour devenir parallèles au plan vertical dé projection, et alors projetons les arêtes sur ce plan. Dans cette situation , les di^-

224 QÜATRIÈMB PARTIE,

tances comprises sur ces arêtes , entre le sommet et le plan demandé , se projetteront verticalement selon leurs vraies longueurs , et «omme ces longueurs sont données , il sera facile d’avoir leurs projections actuelles. On cherchera ce qu’elles deviennent quand on rétablit les arêtes dans leur première position , on en connaîtra ainsi les projections de trois points par lesquels doit passer le plan demandé , ce qui suffît pour résoudre le problème (26).

Soient (fig. IV) ah et rlV , ac et dd^ ad et dd\ les projections des trois arêtes sur lesquelles le plan cherché doit intercepter des distances connues a, P , y* Considérons la première, et faisons tourner, ainsi qu’il vient d’être dit , le plan vertical dans lequel elle est située. A cet effet, on cherche le point b où elle perce le plan horizontal , on porte ab en am parallèlement à xj^ on projette le point m en rri sur xy, et de cette manière on trouve qu’après son déplacement l’arête [«4, dV\ a pour projections am, dni. Alors, sur o'm', on prend djJ'=oi, puis on mène jJ'fJ parallèle à xy, et on ahaisse la ligne de projection [dp qui rencontre ab enpi les projections du point où la première arête est coupée par le plan demandé seront p et //. On détermine semhlahlement , sur les deux autres arêtes, les points \(j , <f\ et [r, /] ; on tire les droites [^pq , et \qr, (^d~\ dont on construit les traces; et enfin, au moyen de ces traces, on trouve celles du plan demandé, lequel est stu.

156. Problème V, Circonscrire une sphère à une pyramide triangulaire.

La question se réduit à construire le centre et le rayon de la sphère. Or, ce centre devant être à égales distances

ËXËRCICES.

des quatre sommets , il s’ensuit qu’il est contenu dans les plans perpendiculaires aux railieux^es arêtes (Intr. 1 6) : dès lors il est clair que pour le déterminer il suffit d’éleverdes plans perpendiculaires aux milieux de trois arêtes. Cependant il ne faudrait point prendre ces arêtes dans une même face ; car alors les trois plans perpendiculaires se couperaient suivant une droite, et non en un point unique. En effet , chaque point de l’intersection de deux de ces plans serait également éloigné des extrémités des trois arêtes , et par conséquent cette intersection sei-ait tout entière comprise dans le troisième plan perpendiculaire 16). Les constmctions qu’il faut faire en

général , pour résoudre le problème , sont dès h présent assez indiquées; mais, quand on peut choisir à volonté les plans de projection , il existe une solution fort simple qu’on va développer.

On prend pour plan horizontal celui de trois soinmetsa, ô, c(fîg. V-1). Soit f/la projection, sur ce plan , du quatrième sommet : on joint ôd, et on prend la ligne de terre .c/- parallèle à M; c’est-à-dire que le plan vertical sera parallèle à l’arête dont bd est la projection horizontale. Il est d’ailleurs évident que les projections verticales des sommets a,b, c, seront sur .a;;- en des points tels que d, U, d, et que celle du quatrième sommet sera donnée en quelque point d! de 1a droite dd’ perpendiculaire à XJ'.

Cela posé, menons d’abord , dans le plan horizontal, des perpendiculaires aux milieux des côtés du triangle abc : on sait qu’elles doivent se couper au même point Ensuite concevons trois plans verticaux élevés suivant CCS perpendiculaires : ils seront eux-mêmes perpendicu-

laires aux côtés du triangle , et auront pour intersection commune la verticale qui se projette au point o. Comme cette intersection contient le centre de la sphère circonscrite , on est déjà certain que la projection horizontale de ce centre est en o , et que la projection verticale est sur la droite omo' perpendiculaire à .ly. Dans le plan vertical élevonsy^^ perpendiculaire au milieu de IJd', et suivanty^g' imaginons un plan perpendiculaire au plan vertical. Puisque .rj- est parallèle à bd, il est clair que ce plan doit être perpendiculaire au milieu de l’arèle \bd, UJ!^, et que par conséquent il contient le centre cherché. Donc la projection verticale tle ce centre est %\yc ; donc elle est à la rencontre d dey’^' avec od . Ainsi, on connaît les deux projections o et du centre de la sphère.

Si on tire les droites oa et dd, elles seront les projections du rayon; et en prenant mp=-oa, l’hypoténuse dp sera la vraie grandeur de ce rayon. Sur la figure on a tracé, des points o et d comme centres, avec un rayon égal à dp, deux cercles qu’on peut i*egarder comme les projections des grands cercles de la sphère parallèles aux plans de projection. C’est dans l’intérieur de ces deux cercles que sont comprises les projections de tous les points de la sphère.

137. Remarques. Si la ligne de terre .z;/ était prise d’une manière quelconque dans le plan du triangle abc, la perpendiculaire au milieu dsUdS ne devrait plus contenir la projection verticale du centre. Alors la solution du problème s’achève élégamment de la manière suivante ;

On décrit un cercle par les trois sommets a, b, c (fig. V-2), et on remai’quc que ce cercle doit apparte-

EXERCICES

nir à ia sphère. Par le point d on mène la corde /è parallèle à xj, et par cette corde on imagine un plan vertical. Ce plan contient le quatrième sommet, et coupe la sphère suivant un cercle qui se projette en vraie grandeur sur le plan vertical. Or, cette projection doit passer par le point (P et par les projections et d des points y'et e; on décrit donc un cercle par ces trois points, ou plutôt on détermine son centre d : les points o et d seront les projections du centre de la sphère , et le problème n’a plus de difficulté.

138. Problème VI. Inscrire une sphère dans une pyrrunide triangulaire.

Pour qu’une sphère soit inscrite à un polyèdre, il faut qu’elle soit tangente à toutes les faces; donc son centre doit être à égales distances de ces faces. Or, quand un plan divise en deux parties égales l’angle de deux autres plans, on a fait voir [Intmd. 46) que chaque point pris dans le premier plan est également distant des deux autres , et que tout point pris au dehors est inégalement distant de ces derniers ; donc le centre de la sphère inscrite dans une pyramide triangulaire doit se trouver sur les plans qui divisent par moitiés les angles dièdres de cette pyramide. Mais tous ces plans se coupent-ils au môme point? Et d’un auti-e côté, comme trois plans suffisent poui- déterminer la position d’un point, pourra-t-on prendre indistinctement trois quelconques des plans qui divisent par moitiés les six angles dièdres de la pyramide?

Pour répondre à ces questions, je suppose qu’on ait mené les trois plans qui divisent en parties égales les

228 QI ATRIKME PARTIE,

angles tonnés suivant les arêtes aboutissant au sommet tl’un angle solide. Les deux premiers plans se couperont suivant une droite qui, d’après le théorème qu’on vient de rappeler, aura chacun de ses points à égales distances des trois faces de l’angle solide; donc, d’après le même théorème , cette droite sera contenue aussi dans le troisième plan. Maintenant je considère l’angle dièdre formé suivant une nouvelle arête : le plan qui le divise par moitiés rencontre cette même droite en un point qui est également distant des trois premières faces et de la quatrième ; par conséquent ce point doit appartenir aussi aux plans qui divisent par moitiés les angles dièdres formés suivant les deux arêtes restantes. Il suit de là que les plans , qui divisent en parties égales les six angles dièdres d'une pyramide triangulaire, se rencontrent en un même point, et que, pour déterminer ce point qui est le centre de la sphère insc'rite, il faut parmi ces plans en choisir trois qui ne passent pas au même sommet.

JjCs constructions à effectuer, pour résoudre d’une manière générale le problème proposé, n’ont pas d’autre difficulté que leur longueur. Afin de les simplifier, je prendrai le plan d’une face pour plan horizontal. Soit ABC cette face (fig. VI), et soient d ett/' les projections du quatrième sommet D. I.ies projections verticales des points A, II, C, sont sm‘ la ligne de terre en A', B', C. Cela posé, imaginons que trois plans divisent en parties égales les angles dièdres fonnés avec la base ABC : ces plans composeront avec cette base une pyramide triangulaire dont le sommet sera le ctmtre chei’ché. Je nommerai ce sommet O; les trois faces de cette nouvelle pyramide seront désignées par OAB, OAC, OBC;

EXERCICES

et leurs intei'sections mutuelles, par 0.\, OB, 0(J. Ijp point O sera détermint* quand on connaîtra les projections de ccs lignes; et, pour les trouver, je ferai dans la pyramide OABC une section horizontale dont je vais chercher les projections.

A cet effet, suppo.sons qu’on ait mené, par le sommet 1) de la pyramide donnée , des plans verticaux perpendiculaires aux côtés de la base ABC, et considérons en particulier le plan Dde perpendiculaire à AB. Il coupe les plans ABC et DAB suivant des droites de. De, perpendiculaires à AB, et dont l’angle mesure l’inclinaison de ces plans; de sorte que si on conçoit une droite qui divise cet angle en deux parties égales, et à laquelle je donnerai le nom de bissectrice, elle devra appartenir au plan OAB. Faisons tourner le plan Dde autour de la verticale Dd, et amenons-le à être parallèle au plan vertical de projection. Alore la ligne de va se projeter, suivant la ligne de terre, sur kd égale à de', l’hypoténuse De, sur d!é’, et la bissectrice sur la droite df' qui partage l’angle (tdk en deux parties égales.

Maintenant je mène une parallèle quelconque .dy ' à .l y, et je la prmids pour trace d’un plan horizontal par lequel je coupe la pyramide ÜABC. Ce plan rencoulix‘ la face OAB suivant une droite qui est parallèle à AB, et dont la projection horizontale sera connue ({uand j’aurai celle du point oîi il rencontre la bissectrice. Or, si du point^, oîi .dy coupe df, on abaisse la verticale et si on conçoit le triangle d!kd rétabli dans sa pre,mière situation, il est évident que le point se placeia en un point qui sera l’intei-section du plan horizontal .dy avec la bissectrice , et le point g" en un point (jui

230 QIIATBrtMK PABTII.

sera la projection horizontale de cette intersection : donc , en prenant le point g sera cette pro-

jection horizontale; et, en menant par le point g une parallèle mn à AB, on aura la projection horizontale de la section faite dans le plan OAB par le plan horizontal On construira pareillement les projec-

tions mp et np des sections faites , par le même plan a/jr*, dans les deux autres faces de la pyramide OABC.

De cette manière on connaîtra trois points m, n, p, par lesquels doivent respectivement passer les projections des arêtes OA, OB, OC; et comme ces projections passent aux points A, B, C, elles doivent être dirigées suivant les droites /nA, «B, pC. Ces droites doivent se couper en un point o, qui est la projection horizontale du centre de la sphère insente. Sur la ligne prenons les projections verticales ni, ri, fi, correspondantes à m, n,p, et tirons les droites m'\', n!ÿ, fiC : ces lignes seront les projections verticales des mêmes arêtes OA , OB, OC, et devront par conséquent se couper en un point d, qui est la projection verticale du centre (la droite od doit être perpendiculaire à -t-J')-

Le rayon de la sphère est facile à déterminer. En effet, puisque le plan horizontal contient une des faces do la pyramide, ce rayon est égal h la hauteur du centre au-dessus du plan horizontal : or, cette hauteur est donnée dans le plan vertical par la j>erpendiculaire dr abaissée sur 'fj

Remarque. Il peut se faire qii’on ait besoin de connaître les points de contact des faces de la pyramide avec la sphère. D’abord , il est clair que le point o est le point de contact de la face horizontale ABC. Pour avoir les

EXERCICES

trois autres , on cherchera les pieds des perpendiculaires abaissas du centre O sur les faces DAB, DAC, DBC. Par exemple, pour avoir celui de la face DAB le mieux sera de mener par le point O un plan perpendiculaire à AB. Ce plan coupera la face DAB suivant une droite qu’on rabattra sur le plan vertical, comme le montre la figure, et qui alors sera parallèle à e'r/'; on abaissera du point t/ une perpendiculaire sur cette parallèle; puis, ramenant les choses à leur véritable situation , on cherchera ce que devient le pied de la perpendiculaire : ce sera le point de contact de la sphère avec la face DAB.

iotersectioss d^uue droite avec un c6ne ou un cylindre^ avec une Aphère, avec une surface gauche de révolution.

i59. Problème VIL Construire les intersections il’ une droite avec un cône ou avec un cylindre.

Supposons que la surface soit un cylindre. Par la droite donnée , parallèlement aux génératrices du cylindre , faites passer un plan : il coupera la surface suivant des génératrices; il est évident que les points où ces génératrices rencontrent la droite donnée sont les intersections demandées. Si au lieu d’un cylindre ou avait un cône, on ferait passer un plan par la droite donnée et par le sommet : du reste, les constructions seraient les mêmes.

Le cas du cylindre est celui qui est développé dans la figure VII. Le cylindre a ]>our trace horizontale la circonférence abcd‘, il est projeté horizontalement entre les limites ce et c/’, et verticalement entre et (PU ; enfin les projections de la droite donnée sont ik et Par un point quelconque [/:, A'] de la droite donnée.

on a mené une droite parallèle aux génératrices du cylindre, et on a construit la trace horizontale H du plan déterminé par ces deux lignes. Cette trace coupe la circonférence (tbcd en m et n ; par conséquent le plan doit couper le cylindre suivant deux génératrices \mp, et \nq, Les projections /«/> , nq, sont rencontrées par ik en r et ; les projectionsm'yü', sont rencontrées par i'U en d et d : donc les points \r, et [j, sont les intersections du cylindre avec la droite donnée.

140. Problème VIII. Déterminer les points d’intersection d’une sp/u-re et d’une droite données.

Par la droite donnée faisons passer un plan, et, pour plus de simplicité, prenons-le vertical. Il coupe la sphère suivant une circonférence dont les intersections avec la droite sont précisément celles qu’il faut déterminer : or, c’est à quoi l’on parviendra facilement en amenant le plan de cette circonférence à être parallèle au plan vertical de projection.

Soient (fig. VIII) o, d, les projections du centre de la sphère , et td>^ dU, celles de la droite. La section de la sphère , par le plan vertical qui contient cette droite , est un cercle dont le diamètre est donné immédiatement sur le plan horizontal; car il est égal à la corde c</. Pour que le plan de ce cercle devienne parallèle au plan vertical de projection , faisons-le tourner autour du centre o de façon t[ue la corde cd vienne se placer en ef parallèlement à .Vf : alors le cercle se projette en vraie grandeur, sur le plan vertical , suivant un cercle dont le diamètre éj^ est égal à ^ ou à cd. Si l’on considère deux points particuliers [«, «'], [/>>, //], de la droite donnée,

EXERCICES

il est facile de trouver qu’ils viennent, après la rotation, occuper les positions [A, //], et que par

suite la projection verticale de la droite devient ^H.

Les points d’intersection de la droite et du cercle sont actuellement projetés , l’un en m' et /// , l’autre en «' et n . Il n’y a donc plus qu’à chercher ce que deviennent ces projections quand on rétablit, par une rotation rétrograde , le cercle et la droite dans leur première situation . A cet effet, on décrit , du centre o, les arcs mr et ns qui rencontrent ab en r et j, puis on mène les lignes de projection r/ et sJ qui coupent dU en / et ^ : les points [/•, /■'] et [j, y] sont les deux intersections demandées.

1 41 . Problème IX. Déterminer les /mints d’intersection <b une droite avec une surface gauche de révolution.

Imaginons que la droite tourne autour de l’axe de la surface, et qu’elle engendre ainsi une seconde surface gauche. Les intersections des deux surfaces seront des circonférences qui devront contenir les points cherchés; par conséquent il suffît de déterminer ces circonférences. IjC scolie III du n* 69 rend cette détermination facile.

Nous adopterons (hg. IX) la même disposition dont nous avons déjà fait usage plusieurs fois : c’est-à-dire que nous prendrons le plan horizontal perpendiculaire à l’axe de la surface donnée, et la génératrice de cette surface parallèle au plan vertical. Soient a la projection horizontale de l’axe , dd' sa projection verticale, bc et Ud les projections de la génératrice, etad\e rayon du collier. Soient ef et éj' les projections de la droite donnée ; menez ag perpendiculaire à ef, élevez la ligne de projection g^, et tirez l’horizontale ^d. Il est évident que

234 QUATIIIÈMC PAATIE.

ajf et sont les projections de la plus courte dbtance de l'axe à la droite donnée; de sorte que si on fait tourner cette droite autour de l’axe, la surface gauche qu’elle engendre aura pour collier un cercle horizontal décrit du centre [«, c/] avec le rayon ag.

Je ferai at/=R et a^=R' : je supposerai R'> R, et je construirai à part, au moyen d’un triangle rectangle, une longueur R^'^ = ^R^’i — R’, Cela posé, au lieu de la première surface gauche , je considère sou cône asymptote , lequel a pour sommet le point [«, rj'], et pour génératrice une droite [aJi, t/d~\ parallèle à \pc, Ud~\ ; et, au lieu de la seconde surface gauche, j’en considère une autre, décrite autour du même axe, laquelle a encore son centre au point[fl, c/], dont la génératrice est parallèle à [e/jef/'], et dont le collier a pour rayon la. distance ai = R". D’après le scolie qu’on vient de rappeler, les plans horizontaux qui contiennent les intersections de cette dernière surface avec le cône sont les mêmes que ceux des cercles d'intersection des deux premières surfaces.

Pour déterminer ces plans, je chercherai les intersections du cône avec la génératrice de la dernière surface gauche. D’abord j’élève la ligne de projection //', que jetermineàrhorizontaleo'jg^,je mène leslignesfA*, respectivement parallèles à ef, éf : ces lignes seront les projections de la génératrice dont il s’agit. Par le sommet [a, d ] du cône , je mène la ligne [fl/, «'/'] parallèle à celte génératrice , et je construis la trace horizontale , Ik, du plan qui passe par ces deux lignes. La base du cône (c’est le cercle décrit du rayon «/<) est rencontree pai’ cette trace aux points /n et /i : par suite , les intersections du côue et du plan sont les droites proje-

EXERCJCXS.

tée» suivant am et an ; et comme ces droites coupent ik en P et q, on conclut que ccs points sont les projections horizontales des points d’intersection du cône avec la génératrice de la surface gauche , puis on en déduit les projections verticales ÿ et (j .

La suite des constructions n’oflTre plus aucune difficulté. En menant les lignes y// et parallèles à on aura les traces verticales des plans horizontaux qui renferment les cercles d’intersection du cône avec la dei*nière surface gauche. Or, nous avons dit que ces plans sont les mêmes que ceux qui contiennent les cercles communs aux deux premières surfaces gauches; donc à plus forte raison contiennent-ils les intersections de la droite donnée avec la surface proposée ; donc les points ^ et / , où éf est coupée par les horizontales y/r'et sont les

projections verticales de ces intersections. En abaissant des perpendiculaires à xy^ on trouve sur ef les projections horizontales correspondantes r et s.

Quelques questions sur les contacts. — Problèmes dépendant des intersections de surfaces.

142 Problème X. Etant données une droite et une sphère, aitisi qu’un cercle de cette sphère, on propose de mener par la droite un plan qui coupe la sphère suhant un cercle tangent au cercle donné.

Pour que deux cercles , situés dans des plans quelconques, soient tangents l’un à l’autre, il faut qu’ils aient un point commun, et même tangente en ce point. Cette tangente devant se trouver dans le plan de chaque cercle , elle n’est autre que l’intersection des deux plans ; donc on aura un point de cette tangente en prolongeant

236 QIIATBIÈME PAHTIE.

la droite donnée jusqu’àsa ronrontre avec le'plan du cercle donné. .Mors il est évident que, pour résoudre le problème, il suffit (le mener par ce point deu.x tangentes à ee dernier cercle, et de faire passer par la droite donnée deux plans dont chacun contienne une de ces tangentes. '

On voit ainsi que le problème a en général deux solutions. Il n’en a plus qu’une quand la droite donnée va rencontrer la circonférence du cercle donné, et il est impossible quand elle passe dans l’intérieur de ce cercle. .Si la droite donnée était parallèle au plan du cercle, on mènerait les deux tangentes parallèlement à cette droite (ce qui est toujours possible dans le cas dont il s’agit) et les constnictions s’achèveraient comme plus haut.

Pour simplifier, prenons (fig. X) le plan du cercle donné pour plan bori/.ontal. Supposons qu’alors oexd soient les projections du centre de la sphère, et, dans le plan vertical , du point d comme centre et avec le rayon de la sphère, décrivons un cercle. partie c^U de la ligne de tei’re, comprise dans ce cercle, sera la projection verticale du cercle donné, et on aura sa projection horizontale en traçant un cercle, du centre o, sur le diamètre ah (*gal à c/U.

.Soient cd, dd\ les projections de la droite donnt-e, laquelle a pour traces les points c et tü. IjOs traces horizontales des plans cherchés doivent passer en c, et, d’après ce qui a été expliqué, on les obtient en menant les tangentes ca , c^, au cercle on. Quant aux traces verticales, il est clair qu’elles doivent passer au point c/', et dès loi’s elles se déterminent facilement : ce sont les droites ouF et

Il est également facile de déterminer les centres et les

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£X£RCICK$.

dianièti'cs des cercles tangents au cercle oa , suivant lesquels la sphère est coupée par les plans ctuP et c^. Je inc bornerai à construire les diamètres. C'hcrchons celui cjui est dans le plan cmC . Sur la ligne oc, perpendiculaire à COL , imaginons un plan vertical : ce plan passera par le centre de la sphère et sera perpendiculaire au plan coud! \ donc il contiendra le rayon abaissé du centre de la sphère perpendiculairement au plan coût, et par conséquent il coupera ce plan suivant une droite dont la partie comprise dans la sphère sera le diamètre cherché.

Pour trouver ce diamètre en vraie grandeur, je fais tourner le plan vertical élevé sur oc de manière que oc se place en oa parallèlement à xy. Il est clair qu’alors le grand cercle de la sphère situé dans ce plan se projettera verticalement sur le cercle Udni. La droite d’intoi’section dont il s’agit passe au point a ; et de plus, comme le plan cmV contient la ligue donnée [tv/, d(f], il s’ensuit que le point où cette ligne est l'encontrét^ par le

plan vertical élevé sur oc, est un autre point delà même intersection. Après la rotation , le point c se projette verticalement en d, le point [/j en /i : par suite cette intersection vient se projeter suivant la droite dH", et c’est la portion drd, comprise dans le cercle, qui est la vraie grandeur du diamètre cherché. On trouverait d’une manière toute semblable le diamètre Ud du cerale situé dans le plan c^'.

143. Problème XI. Étant donne un cylindre ou un cône à btue circulaire, on projwse de mener à cette surface un plan tangent qui fasse un angle donne' avev le plan de cette base.

238 QUATariiHE partie.

Supposons que la surface soit un cylindre ayant pour base un cercle tracé dans le plan horizontal. Par un point quelconque de l’espace menons une verticale et une oblique faisant avec le plan horizontal l’angle donné ; puis engendrons un cône droit en faisant tourner œttc oblique autour de la verticale. Tous les plans tangents à ce cône formeront avec le plan horizontal le même angle : en conséquence on mènera à ce cône deux plans tangents parallèles aux génératrices du cylindre (81) ; ensuite on mènera au cylindre des plans tangents parallèles à chacun de ces deux-là, et la question sera résolue.

Quand il s’agit d’une surface conique , la solution se modifie un peu. Alors on place le sommet du cône auxiliaire au sommet du cône donné, et on obtient les traces horizontales des plans cherchés en menant des tangentes communes aux deux cercles, bases de ces cônes. Le reste des constructions n’offre aucune difficulté.

Dans ce cas, comme dans celui du cylindre, il est clair qu’on trouve en général quatre plans tangents différents : mais, pour certaines données, ils pourraient se réduire à un moindre nombre, et même la question pourrait être impossible.

Je n’ai développé que les constructions relatives au cas du cylindre : elles sont contenues dans'la figure XI. Le cylindre a pour base le cercle décrit sur le diamètre ab , il est projeté horizontalement entre les droites cd et e/", et verticalement entre et f'A'. Du point [a, a'], pris à volonté, je mène la droite [a|3, a'P'] parallèle au plan vertical , et formant avec le plan horizontal l’angle donné. Elle perce le plan horizontal au point et en la faisant tourner autour de la verticale élevée

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EXERCICES

en a elle engendre un cône droit, lequel a pour base le cercle décrit du rayon a^, et dont toutes les génératrices forment avec le plan horizontal un angle égal à l’angle donné. Par le sommet [a, a'] je mène une parallèle [yS, yÿ] aux génératrices du cylindre, puis je détermine, par le moyen connu (81 ), les plans parallèles à ces génératrices et tangents au cône. C’est à ces plans que sont parallèles les plans cherchés qui doivent être tangents au cylindre. On obtiendra donc les traces horizontales des plans cherchés en menant des tangentes à la base du cylindre , parallèles aux lignes y<f et yi|/. Ensuite on aura leurs traces verticales en menant des parallèles aux lignes rfâ' et

On trouve des vérifications en cherchant les traces verticales des quatre arêtes de contact : car ces traces doivent être respectivement sur les traces verticales des plans tangents. Remarquez d’ailleurs que deux de ces arêtes ont même projection horizontale, et qu’il en est ainsi des deux autres. Cela est trop facile â démontrer pour qu’il soit nécessaire de s’y arrêter.

144. pROBL:femE XII. Déterminer les plans tangents communs à une sphère et à un cône droit.

Admettons pour un moment qu’on ait trouvé un plan tangent commun aux deux surfaces. An point de contact avec la sphère menons un rayon, et menons aussi un plan par l’axe du cône et par l’arête de contact ; cc rayon et ce plan méridien seront perpcndicttlaires au plan tangent. Si nous imaginons, par le centre de la sphère, un plan parallèle au plan tangent, il sera coupé par le plan méridien suivant une droite parallèle à l’arête

240 QLA.TIUÈMS PARTIE.

(le contact et éloignée d'elle d’une distance égale au rayon de la sphère. De plus, il est clair ([u’il sera tangent an cône engendré par la révolution de cette parallèle autour de l’axe du cône donné. Or il est facile de déterminer ce nouveau cône et de lui mener, par le centre de la sphère , des plans tangents ; et ensuite il sera facile aussi d’obtenir les plans demandés, d’après cette considération qu’ils sont parallèles à ceux-là et tangents au cône proposé. Comme le cône auxiliaire peut être intérieur ou extérieur au cône donné, le problème peut avoir quatre solutions différentes, sauf les cas particuliers.

Dans la tigure XII la ligne de terre passe par le centre de la sphère , et le plan horizontal de projection est perpendiculaire à l’axe du cône. Soient a le centre de la sphère et ah son rayon ; soient c et d les projections du sommet du cône , cd et dd celles d’une génératriex; parallèle au plan vertical , et cd le rayon de sa base sur le plan horizontal. Perpendiculairement à dd prenez Xiiz=Xv=ab’, parallèlement à dd tirez les lignes fte' et vf', considérez ces lignes comme les projections verticales de deux droites dont les projections horizontales sont dirigées suivant cd] cherchez les traces horizontales e et de ces droites; enfin décrivez deux <»rcles avec les rayons ce et cf.

D’après ce qui a été dit , il faut d’abord mener, par le point a , des plans tangents à deux cônes droits dont ces deux cercles sont les bases, et ensuite mener des plans parallèles à ceux-là et tangents au cône donné. Or les traces horizontales des premiers plans sont les tangentes ag, ah, ai, ak] donc en menant, parallèlement à ces droites, des tangentes au cei'cle cd, on aura

EXERCICKS.

les traces horizontales des plans tangents coniniuns à la sphère et au cône donné : savoir, n', sd. Tous

ces plans devant passer par le sommet [c, d], il sera facile d’avoir, par les moyens ordinaires, leurs traces verticales ttP, ^m', yn', ôd.

14S. Problème XIII. Parmi point donné y mener un plan tangent commun à deux sphères.

Soient a et b (fig. XIII) les centres des deux sphères, et c le point donné. Par ces" trois points je fais passer un plan , que je prend spour pian horizontal de projection , et dans lequel je trace la ligne de teri-e à volonté. Aux grands cercles situés dans ce plan je mène les deux tangentes de, fg, qui vont se rencontn'r en h sur la ligne flô ( il y a deux autres tangentes , ik et Im, qui se coupent en n et dont je parlerai plus loin); puis je les fais tourner autour de ah en même temps que les cercles. Elles décriront un cône droit, et il est facile de reconnaître que tous les plans tangents à ce cône seront tangents aux deux sphères : par conséquent, en lui menant des plans tangents par le point c, on aura déjà deux plans qui satisferont au problème. Or ces plans doivent tous deux passer par le sommet h et par le point donné c ; donc la droite ch est la trace horizontale de chacun de ces plans. *

Déterminons leurs points de contact avec la sphère dont le centre est «. A cet effet, observons que ces points sont sur le cercle vertical dont df est le diamètre, que le plan de ce cercle est coupé, par les deux plans tangents , suivant deux tangentes à ce même cercle , et que la rencontre o des lignes ch et df est un point de

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ces tangentes ; donc , si on rabat le cercle sur le plan horizontal autour de son diamètre df , et si on lui mène les tangentes oP et oP, les points P et P' seront j dans le rabattement, les points de contact cherchés. Ils ont pour projection horizontale le point p oh PP coupe df \ et, pour avoir leurs projections verticales, il faut, sur pv. perpendiculaire à xy^ prendre a.jJ=%jJ'=p9 . Alors on mènera, par les deux points de contact, des horizontales parallèles à la trace ch, et on s’en servira pour trouver les traces verticales rrf et r(f : l’un des deux plans tangents sera crr^, et l’autre sera crr/'.

On n’a encore que deux solutions pour la question proposée ; mais on peut mener, aux deux grands cercles situés dans le plan horizontal , deux autres tangentes , ik et Int’, et, par des constructions pareilles aux précédentes, on aura deux autres plans tangents. Ces deux plans sont cu£ et cuf.

Pour éviter la confusion , on n’a construit dans l’épure que les points de contact des quatre plans avec l’une des sphères : il est sans doute inutile de dire que les points de contact avec l’autre sphère se déterminent semblablement.

146. Les considérations employées dans le problème précédent conduisent à la solution de celui-ci : Trouver les plans tangents à trois sphères données.

Afin de fixer les idées , prenons le cas où les trois sphères seraient entièrement séparées les unes des autres, et nommons-les A , A', A". Déterminons , comme plus haut, les deux cônes circonscrits aux sphères A et A' ; le premier, que j’appellerai C, ayant son sommet au delà d’uB des centres par rapport à l’autre, et le second,

EXERCICES

que j’appellerai D, ay.nnt son sommet entre les deux centres. Déterminons aussi les deux cônes analogues (J etD', circonscrits aux sphères A et A". Cela pose, il est facile de reconnaître que tout plan tangent aux trois sphères est tangent à l’un des cônes C et D, et aussi à l’un des cônes C et D'; et réciproquement, que tout plan qui remplit ces conditions est tangent aux trois sphères. Il faut donc prendre un des cônes C et D avec un des cônes G et ly, ce qui produit quatre systèmes différents, et mener des plans tangents communs aux deux cônes de chaque système.

Quelque système (|ue l’on considère, les plans tangents devront passer par la droite qui unit les deux sommets : ainsi la question se réduira à mener, par cette di’oite, des plans tangents è l’un des deux cônes, ou, si on le préfère, à celle des trois sphères qu’on voudra. Pour chaque système on peut avoir deux plans tangents ; il y aura donc en tout huit plans qui seront tangents à la fois aux trois sphères. Ces plans, considérés deux à deux, sont situés symétriquement h l’égard du plan conduit par les trois centres, et vont couper ce plan suivant la même droite. Deux d’entre eux sont plaeés de manière que chaeun d’eux touche les trois sphères d’un même côté par rapport à lui, tandis que chacun des six autres touche deux sphères d’un côté, et la troisième de l’autre.

Au lieu de huit plans tangents, il n’y en aura que quatre si l’une des sphères en rencontre une atitre, et deux seulement si elle rencontre aussi la troisième. Le problème est impossible quand une sphère est enveloppée par une des deux autres. Il peut aussi être indé-

‘i4A Qi:ATHtÈMK PART»;,

terminé, et ce cas arriverait si un même cône était tangent aux trois sphères.

147. Nous n’avons fait aucun usage des cônes C"et D" circonscrits aux splièi’es A' et A". Cependant chaque plan tangent aux trois sphères doit l’être aussi à l’un de ces cônes, et par conséquent passer à son sommet. Or les six cônes ont leurs sommets dans le plan conduit par les centres des trois sphères; donc si l’on considère trois de ces cônes qui soient touchés par le même plan, leurs sommets seront sur l’intersection de ce plan avec le plan des centres , et par conséquent ils seront en ligne droite.

Maintenant voici comment on peut discerner, dans , les six cônes, les combinaisons où il y a trois sommets en ligne droite :

1® Si on considère les cônes C etC^, le plan tangent touche les trois sphères extérieurement , c’est-à-dire qu’il laisse les trois sphères d’un même côté; donc il doit être tangent au cône C"; donc les cônes C, C, G' ont leui-s sommets en ligne droite. 2® Dans la combinaison C et 0, le plan tangent laisse les sphères A et A' d’un même côté, mais il passe entre les sphères A et A'^; donc les sphèros A et A" sont de côtés différents par rapport à ce plan ; doue il est tangent au cône D''; donc les cônes C, D, D' ont leurs sommets en ligne droite. 3® Même raisonnement à l’égard des trois cônes D, G, 4° Encore même raisonnement pour les trois cônes D, D, G' .

On voit que la première combinaison comprend les trois cônes qui touchent extérieurement les sphères considérées deux à deux, et que les trois autix» ne comprennent qu'un seul de ces cônes.