94. Soit l'angle A < 90° et AC < 90o (fig. 27).

ce qui donnerait, comme a < CD, sina < sin CD, sin B > 1, résultat absurde.

Si l'angle A > 90°, l'arc CD, perpendiculaire sur le còté AB, est la plus grande distance du point C à ce côté; le triangle sera aussi impossible si a > CD. Dans ce cas, sin a<sin CD, et la valeur de sin B serait également absurde. 95. Soit un triangle sphérique ABC, et ABA, le grand cercle qui sert de base à une demi-sphère (fig. 28). Par le point C, sommet du triangle sphérique situé sur cette hémisphère, et par le centre O de la sphère, menons un plan Pp, perpendiculaire au plan du grand cercle. D'après ce qui vient d'ètre démontré, les arcs CB, CB'a, qui s'écartent également de l'arc CP perpendiculaire à l'arc AB, sont égaux.

A,

D'

Fig. 28.

P

B'

A'

B'

B

P

A

A

1° Si l'angle A du triangle sphérique ABC est < 90°, ainsi que b, les deux triangles

BCA, B'CA satisferont tous deux à la question. Ces deux solutions se réduiront à une seule, si a = b; si a > b, il n'y aura plus qu'une seule solution, le triangle ACD'. Enfin, si a + b > 180°, l'arc CB tombe au delà du plan ACA, et il n'y a plus aucune solution possible.

A étant toujours < 90°, supposons b > 90o.

Soit CA1b. Si a <b, il est évident que les deux triangles BCA,, B'CA, satisferont tous deux à la question, les angles CA,B, CA ̧B' étant aigus. Si a + b > 180°, il n'y aura plus qu'une seule solution, comme il est facile de le voir (fig. 27), puisque deux grands cercles de la sphère se coupent toujours suivant un diamètre commun; de sorte que le second point d'intersection de a C'B" avec le côté AB se trouve au delà de l'intersection des deux côtés de l'angle A. Supposons l'angle A> 90° et CA = b < 90°; l'angle CAB étant aigu, son supplément CAp sera obtus, > 90°. Il est évident que, si a<b, il ne peut y avoir aucune solution, puisque le côté a devrait se trouver dans l'intervalle A'CA.

Si a + b < 180°, il n'y a qu'une solution; au contraire, si a+b> 180", les deux triangles B,CA, B¡CA se trouvent tous deux dans les conditions voulues, étant situés sur l'arc ApA.

Comme dernier cas, on peut avoir A > 90° et CA1 = b > 90o. Si a > b, on a pour solutions A,CB, et A1CB'1. Enfin, si a <b, il ne peut y avoir que le triangle DCA1, le côté a devant tomber dans l'intervalle A'CA.

On voit, d'après ce qui précède, que si A et a sont tous deux, à la fois > ou < 90o, il y a toujours deux solutions qui résolvent exactement la question.

Si a est compris entre b et 180°-b ou est égal à l'une de ces deux valeurs, il n'y a qu'une seule solution. Dans tout autre cas, il n'y a aucune solution possible.

a,

96. On vient de traiter le cas où l'on connaît les côtés

b et l'angle A opposé à l'un de ces côtés.

Il est facile, au moyen du triangle polaire, de traiter celui où l'on donne les angles A, B et le côté a opposé à l'angle A.

Soit, en effet, A'B'C' le triangle polaire de ABC, A', B', C' étant les trois angles et a', b', c' les trois côtés. Il vient :

Au moyen des données a', b', A', on calculera, comme précédemment, le triangle A'B'C' et le polaire correspondant qui sera le triangle demandé.

97. APPLICATIONS. Aire du triangle sphérique. Soit un triangle sphérique quelconque ABC, A, B, C étant les trois angles, a, b, c les trois côtés opposés à ces angles et 2T l'aire de ce triangle.

On a vu, en Géométrie, 7me livre, que

En posant, comme précédemment, A + B + C = 2S, il vient :

En développant cette dernière expression, et en substituant dans le développement la valeur de tg (A + B) donnée par les analogies de Néper, on obtient :

En remplaçant tg et cotg par leurs valeurs en sinus et cosinus, on aura, après réduction :

a

Cette formule fait voir que l'aire 2T du triangle ABC ne changera pas si le produit cotgcotgne change pas, l'angle C du triangle restant constant.

Α

A

Fig. 29.

B

B'

égalité qui montre de quelle manière, sur le côté donné CA'b',

avec l'angle C, on pourra construire

un triangle A'B'C équivalent au triangle ABC et à quelle condition, avec le mème angle C, le triangle A'B'C sera isoscèle.

montre que, parmi tous les triangles que l'on peut con

Prenons sur le prolongement de OR (fig. 30) une longueur

ce qui prouve que l'aire 2T sera un maximum lorsque l'angle M sera lui-même un maximum, c'est-à-dire, quand la sécante MS deviendra la tangente MT.

Le point M ne peut pas évidemment tomber dans l'intérieur du cercle, c'est-à-dire qu'on ne peut pas avoir

99. On tire des formules de Delambre (75) :