LIVRE 11. — LA GlUCOi^^<Éiiii^Cii Dli ŒUCLE

une ouverture de compas égale à 6, décrivez un arc de cercle. Si A est un point d'intersection du côté BA et de cet arc de cercle, il suffira de tirer AG pour avoir un triangle ABC satisfaisant aux conditions exigées.

Discutons maintenant ce problème, c'est-à-dire cherchons les conditions que doivent remplir les données pour que le problème soit possible, et, dans ce cas, les diverses solutions qui peuvent exister.

1° L'angle B étant aigu [fig. io3), pour que le problème soit possible, il faut que l'arc de cercle rencontre le côté BA, c'est-à-dire que le côté b soit au moins égal à la perpendiculaire CD abaissée du point C sur BA.

Si le côté h est égal à cette perpendiculaire CD, le cercle louche BA en D, et il n'y a qu'une solution : c'est le triangle rectangle BCD.

Si le côté b est compris entre la longueur de la perpendiculaire CD et celle du côté a, le cercle coupe la droite BA en deux points A et A' situés au-dessus de B, et de part et d'autre de D; il y a donc deux solutions distinctes : ce sont les triangles ABC, A'BC.

Enfin, si le côté b est plus grand que a, le point A' passe au-dessous de B, et le triangle correspondant doit être rejeté, puisque son angle en B n'est plus l'angle donné, mais son supplément; il n'y a donc qu'une solution ; c'est le triangle ABC.

2° V angle B étant obtus {fig» lo^), là perpendiculaire CD

Fig. lo/j.

ne tombe plus dans l'angle B, mais dans son supplément (44^); cl, pour que le problème soit possible, c'est-à-dire pour que

88 GÉOMÉiniE PLAISE.

Tare de cercle coupe la droite BA au-dessus (Je B, il l'aut que le côté b soit plus grand que a : ce que l'on pouvait prévoir, car dans tout triangle au plus grand angle doit être opposé le plus grand côté. D'ailleurs, lorsque cette condition est remplie, les deux points d'intersection A et A' sont de part et d'autre de B; le triangle A'BC doit être rejeté, car son angle en B est le supplément de l'angle donné, et il n'y a qu'une solution : c'est le triangie ABC.

3° L'angle B étant droit, le problème est impossible si b est inférieur ou égalà«; il admet une solution unique si b est supérieur à a,

La discussion est résumée dans le tableau suivant :

i' ^ < CD problème impossible,

b = CD une solution,

fl>^>Cl) deux solutions,

ù = a ou ^ f{ une solution.

, .. ,. \ b <in ou = a problème impossible,

B droit ou obtus. , /^ , ,.

I 6 > <7 une solution.

Ainsi, lorsque b est supérieur à a, le problème a toujours une solution et une seule; en d'autres termes, on peut toujours construire un triangle, et un seul, connaissant deux côtés et l'angle opposé à l'un d'eux, pourvu que l'angle donné soit opposé au plus grand des deux côtés donnés. De là ce théorème :

Deux triangles sont égaux lorsqu'ils ont deux côtés égaux chacun à chacun^ ainsi que l'angle opposé au plus grand de ces deux côtés.

PROBLÈME

147. Construire un triangle connaissant les trois côtés a, b, c. Tracez [Jig, io5) une droite BC égale à a, c'esl-à-dire au plus

Fig. io5.

grand des côtés donnés. Du point C comme centre, avec une

TJVRE II. LA. CIRCONFÉRENCE DE CERCLE. 89

ouverture de compas égale à 6, décrivez, au-dessus de BC, un ôrc de cercle; du point B comme centre, avec une ouverture de compas égale à c, décrivez au-dessus de BC un autre arc de cercle. En joignant aux points B et C le point d'intersection A de ces deux arcs, vous aurez le triangle demandé ABC.

Pour que le problème soit possible, il faut et il suffit que les deux arcs de cercle se coupent, c'est-à-dire (122) que le plus grand côté a, qui est la distance des centres, soit moindre que la somme et plus grand que la différence des deux autres côtés ^ et c qui sont les rayons. Ce résullat est conforme aux n°s 36 et 37.

SCOLIE

148. Tels sont les quatre problèmes fondamentaux relatifs à la construction des triangles; beaucoup d'autres se ramènent à ceux-là. Voici quelques exemples :

Soit ABC 'un triangle quelconque, dont nous désignerons les angles par A, B, C. Si l'on prolonge BA d'une longueur AD, égale à AC, et si l'on mène CD ^^fïg. 3o), on forme une figure dont on évalue facilement les angles en appliquant le théorème du n" 72 et observant que les angles ADC et ACD sont égaux; on trouve ainsi

B, - ) qo* H j

pour les valeurs des angles du triangle BDC. Si, donc, ori donne, dans un triangle ABC, la hase BC, la somme des deux autres côtés, et, en outre, soit le demi-angle opposé à la base, soit la demi-différence des angles à la hase, on connaîtra dans le triangle auxiliaire BDC deux côtés et l'angle opposé à l'un d'eux; on pourra donc construire ce triangle, et, par suite, lo triangle demandé ABC, en menant une droite CA faisant avec CD un angle égal à CDB.

De môme, si sur le plus grand AB des deux côtés AB et AC on porto de A vers B une longueur AD égale à AC, on voit que les angles dr !rian,L;le BDC ont respectivement pour valeurs

Si, donc, on donne, dans un triangle ABC, la hase BC, la différence AB — AC des deux autres côtés, et en outre, soit le demi-angle opposé à la hase, soit/a demi-différence des angles à la hase, on connnîtrn ^-àw^ le

triangle auxiliaire BDC deux côtés et l'angle opposé à l'un d'eux; on pourra donc construire ce triangle, et par suite le triangle demandé ABC en menant une droite GA faisant avec CD un angle égal au supplément de CDB. La discussion résulte d'ailleurs immédiatement de celle du n° 1 i6.