LIV.RB iril. 1— LES CORPS lONDS. aOl
. En effet, quand l'expression A + B + C^aest constante, il en est de môme de C — D — E, puisqu'on a évidemment A = a — E,B=2 — D. Le lieu proposé est donc le même que celui des sommets des triangles CDE, dont la base DE est fixe et dont la difTérence entre l'angle au sommet et la somme des angles à la base est constante. Par suite (849), c'est un arc de petit cercle passant par les points fixes D et E.
La proposition qu'on vient de démontrer est connue sons le nom de théorème de Lexett,
PROBLÈME
85i . Mener un arc de grand cercle perpendiculaire sur un arc de grand cercle donné AB, en son milieu; ou, diviser un arc de grand cercle AB en deux parties égales {fig. 45i ).
Il suffit de décrire des points A et B comme pôles, avec la même ouverture de compas, deux arcs qui se coupent en C et D ; puis, de faire passer un grand cercle par C et D.
Remarquons que ce grand cercle CD divise aussi en deux parties égales tous les arcs de petit cercle dont les extrémités sont A et B.
Fig. <5i. Fig, 452.
PROBLÈME
852. Trouver le pôle d'un petit cercle passant par trois points donnés A, B, C, sur la sphère (fig, ^^'k).
Ce pôle P, étant équidistant de A, B, C, est à l'intersection des arcs de grand cercle (851 ) élevés perpendiculairement sur les milieux des arcs de grand cercle AB et BC.
Le pôle P une fois connu, on tracera le petit cercle avec une ouverture de compas égale à PA.
PROBLÈ&IE.
853. Par un point A pris sur un arc de grand cercle AB, mener un arc de grand cerHe incliné d*un angle donné sur le premier (fig. 453 ).
Sur une feuille de papier, on trace un angle rectiligne MON égal à l'angle donné, et de son sommet comme centre, avec un rayon égal à celui de la sphère, on décrit un arc de cercle HK ; cet arc HK sera la longueur de
20a. GÉOMfiTRIB D4NS l'BSPAGB.
Tare de grand cercle qui mesure l'angle du grand cercle donné et du grand cercle inconnu.
Fig. 453.
;irii A — JB
Gela fait, du point A comme pôle, on décrira sur la sphère un grand cercle DE ; puis, en prenant pour pôle le point B où ce cercle coupe le grand cercle donné ÂB et en donnant au compas une ouverlure égale à la corde HK, on décrira un petit arc de cercle coupant DE en G; il ne restera plus alors qu'à mener un grand cercle par les points G et  .
PROBLÈME
854. Construire un triangle sphérlquey connaissant trois quelconques de ses six éléments (angles ou côtés).
Ge problème offre six cas distincts; on peut donner : i"" les trois côtés ou les trois angles; i^*" deux côtés et l'angle compris, ou un côté et les deux angles adjacents ; 3*" deux côtés et l'angle opposé à l'un d'eux , ou deux angles et le côté opposé à l'un d'eux.
Dans cette énumération, nous avons réuni chaque fois les deux cas corrélatifs, c'est-à-dire qui se ramènent l'un à l'autre par la considération du triangle polaire. 11 n'y a donc que trois cas à traiter directement.
I® On donne les trois côtés a ^ b, c.
Supposons, pour fixer les idées, a > A > r. Traçons un grand cercle sur la sphère, et prenons sur ce grand cercle un arc BG égal à /z ; du point B comme pôle, avec une ouverture de compas égale à la cordo de b, traçons un arc de cercle, et du point G comme pôle, avec une ouverture de compas égale à la corde de r, décrivons un second arc de cercle; A étant un point commun à ces deux arcs, le triangle sphérique ABG sera le triangle demandé.
Les deux arcs se coupent généralement en deux points A et A', situés de part et d'autre du grand cercle BG ; de là deux solutions, le triangle ABG et le triangle A'BG, symétrique du premier.
Pour que le problème soit possible, il faut et il suffit que les deux cercles se coupent, c'est-à-dire qu'on ait (848 ), en supposant /^r, b, r, expriroéâ en degrés,
a<Cb-^c, a>b^c, a-f-/;-+- r <36o**.
LITBS TH. LKS CORPS E0ND8. 2o3.
La seconde condition est . toujours remplie, puisque nous supposons a> 6> r; les conditions de possibilité se réduisent donc à
a<:b-+-c et «-f-^-f-c<36o*'.
Donc, pour qu'on puisse consiniire un triangle spfiériffue avec trois côtés donnés , il faut et il suffit que le plus grand côté soit moindre que la somme des deux autres y et que la somme des trois côtés soit moindre qu'une circonférence de grand cercle. Nous savions déjà que ces conditions étaient nécessaires ( 820, 824 ).
Peur qu*on puisse construire un triangle sphériqiie avec trois angles donnés A, B, C, il faut et il suffit que son triangle polaire, dont les côtés sont 180° — A, i8o** — B, iSo** — C, soit possible. D*aprë8 Talinéa précédent, en supposant, pour fixer les idées,
A<B<C, d'où i8o*'-A>i8o*» — B>i8o" — C,
il faut donc qu'on ait
180'» — A < 180*» - B -H 180*» - C et
180*» — A H- 180'» — Bh- 180'* — c < 36o^ ou
A-Hi8o«>B-+-C et A-+-B-+-C>i8o*.
Nous savions déjà (830) que ces conditions étaient nécessaires.
2° On donne deux côtés a et b et l'angle compris C.
Même solution qu'en Géométrie plane (156).
3° On donne deux côtés a et b et V angle A opposé au côté a (fig, 4^4 )•
Construisons sur la sphère deux grands cercles formant un angle égal à A (853). Prenons, à partir du sommet, sur Tun des côlés de cet angle, un arc AC égal à ^, et du point C comme pôle, avec une ouverture de compas égale à la corde de /i, décrivons un arc de cercle; B étant l'intersection de ce cercle avec le second côté de Tangle, le triangle ABC sera le triangle demandé.
Fîg. /Î5/|.
La discussion de ce problème exige quelque attention.
« Achevons le fuseau A^ et du point C abaissons l'arc CD perpendicu- » laire sur l'autre côté de l'angle. Dans le triangle sphérique rectangle » ACD, l'arc perpendiculaire CD sera aigu ou obtus suivant que l'angle
2o4. GfiOMfiTBIB DANS l'bSPACB,
» donné A sera lui-même aigu ou obtus (846, a*"]. Si l'arc CD est aigu, » il sera le plus court de tous les arcs qu'on pourrait mener du point C » dans le fuseau aux divers points de Tare ABÂ', et les arcs obliques aug- » monteront en s'éloignant du pied de lare perpendiculaire; si Tart! CD 2> est obtus, il sera au contraire le plus grand des arcs menés du point C, j» et les arcs obliques augmenteront en se rapprochant du pied de la per- » pendiculaire (8i4, 845).
» Gela posé, potir que le triangle proposé soit possible, il faudra d*aborri » que le côté opposé a soit au moins égal à l'arc perpendiculaire , si » l'angle donné A est aigu; ou plus petit, si l'angle donné A est obtus ^ » Cette première condition de possibilité est évidemment satisfaite lors- » que l'angle donné A et le côté opposé a aussi donné sont de nature 9 différente.
» Je dis maintenant que :
» k et a étant de nature différente, le problème^ s'il est possible, rt*a » qiCune solution;
» X et a étant de même nature, le problème, s'il est possible, a une on » deux solutions,
» En effet, soient A aigu et a obtus, par exemple. Si Ton peut tracer » dans le fuseau, par le point C, une oblique CB égale au côté <?, elle ne » pourra se trouver évidemment que du côté de celle des obliques ex- » trémes b ou 180" — ^ qui sera de même nature que a-, ainsi, le pro* » blême ne peut avoir qu'une solution. Cette solution existera pour » a <C que celui des arcs b ou 180® — 6 de même nature; le triangle sera ' 9 impossible pour a au moins égal à c«lui des arcs & ou 180** — 6 de même » nature.
> Si Ton supposait A obtus et a aigu, on arriverait aux mêmes conclu- » sions; seulement il faudrait renverser les signes, parce que Tare per- » pendiculaire CD serait obtus.
» Soient X et a aigus. L'arc perpendiculaire CD étant alors aussi aigu, j> on voit qu'il pourra exister dans le fuseau une oblique CB' égale a a du 9 côté de celui des arcs ^ ou iSo'* — b qui sera aigu, et, à fortiori^ qu'il en » existera alors une autre CB du côté de celui des deux arcs /^ ou 180"* — b 9 qui sera obtus. Ainsi le problème pourra avoir deux .solutions. Ces 9 deux solutions existeront pour a < que celui des arcs ^ ou 180®— 6 de 9 même nature ; une de ces deux solutions ne sera plus possible po^r a au 9 moins égal à celui des arcs ^ ou 18e®— ^ de même nature. Le triangle 9 sera impossible pour a < que Tare perpendiculaire CD.
B Si Ton supposait A et a obtus, on arriverait aux mêmes conclusions; 9 seulement il faudrait renverser les signes, parce que Tare perpendicn- 9 laire CD serait obtus (*). »
(*) tsKTiteic, Nowellet Jnnahst t. .11, i''* ■érie.
LIYBB VU. — LES CORPS RONDS. 2o5.
PROBLÈME
885. Par un point donné sur la sphère^ mener un arc de grand cercle tangent à un petit cercle donné (fig 455).
Fig. /,55.
Si le point donné est dur le cercle, il suffit d*élever par ce point un arc de grand cercle perpendiculaire au rayon sphérique correspondant.
Supposons en second lieu que le point donné A soit extérieur au petit cercle donné, c'est-à-dire soit situé dans la plus grande des deux calottes sphériques séparées par le petit cercle. Considérons le problème comme résolu; nommons P le pôle du petit cercle dotmé, B le point de contact de Tare BÂ, et prolongeons lé rayon sphérique PB d'une quantité BC = PB. Le point Cse trouve d'abord sur un cercle décrit du point P comme pôle avec une ouverture de compas égale à la corde d'un arc de grand cercle double du rayon sphérique rdu petit cercle. Il se trouve en outre sur un second cercle décrit du point A comme pôle avec une ouverture de compas égale à la corde de l'arc PA = D; car BA étant perpendiculaire sur le milieu de PBC, le point A est équidistant de P et de C (845).
Le point C une fois obtenu à l'aide de ces deux cercles auxiliaires, on mènera l'arc de grand cercle PC qui coupera le petit cercle en B, et, en joignant B et A par un arc de grand cercle, on aura l'arc tangent demandé.
Pour que le problème soit possible, il faut et il suffit que les deux cercles auxiliaires se coupent, c'est-à-dire qu'on ait (848)
D<D-h2r, D>ar— D, D-4-DH-ar<4.
La première condition est toujours remplie, et les deux autres équivalent à
elles expriment précisément que le point A doit êire situé hors de là calotte sphérique PB.
Les cercles auxiliaires se coupent en deux points C et C/; de là deux solutions, AB et AB'.
^06. GÉOMÉTftlB DANS l'bSPACE.
Observons que les triangles rectangles PAB, PAB', qui ont l'hypoténuse égale et un côté égal, sont symétriques. Donc, ies deux tangentes spltcriques AB et AB' sont égales^ et l'arc PA divise en deux parties égaies chacun des angles BPB', BAB'.
La construction que nous venons d'indiquer s'applique au problème analogue de Géométrie plane (i^^) : celle que. nous avons donnée est préférable dans la pratique, parce qu'elle exij^e moins de place.
PROBLÈME
donnés.
Mener un arc de grand cercle tangent à deux petits cercirs
Nous nous bornerons à indiquer la solution et les conditions de possibilité, laissant au lecteur le soin de faire la figure et de compléter la discussion.
Soient P et P' les pôles des deux petits cercles, R et R' leurs rayons sphériques et D la dislance sphérique PP' ; D, R et R', étant évalués en prenant le quadrant pour unité. Soit d'abord un grand cercle tangent qui coupe l'arc PP' sur son prolongement; si A et A' sont les points où il touche les cercles P et P', son pôle sera à la fois sur les grands cercles PA et P'A'; il sera donc le troisième sommet d*un triangle dont les autres sommets sont P et P', et dont on connaît les trois côtés D, i — R, i — R'. Les conditions de possibilité sont
D>R--R' et D-f-R-hR'<a.
Considérons en second lieu un grand cercle tangent qui coupe Tare PP' entre P et P'. On verra que son pôle est le troisième sommet d'un triangle dont les autres sommets sont P et P', et dont on connaît les trois côtés D, I — R, I -H R'. Les conditions de possibilité sont
D>R-hR', D-+-R — R'<a.
