# Solution d’un problème de géométrie
#### Question de Géométrie ; Par M. Baduel, ancien Elève de l’Ecole Polytechnique, Ingénieur des Ponts et Chaussées.

Étant donné un triangle quelconque, $abc$ (fig.2, pl. 1), déterminer quelle doit être l’inclinaison de son plan et la position de ses côtés, pour que sa projection sur un plan horizontal soit un triangle équilatéral ?
Quel que soit le triangle donne $(a)$, s’il n’est pas équilatéral il aura au moins un angle au-dessous de 60 degrés : soit $a$ (fig. 2) cet angle. Je prends pour intersection du plan du triangle avec le plan de projection, la ligne $yz$ (fig.2.), et sur la partie $mn$ de cette ligne, je décris un arc capable de l’angle $a$. Le sommet de l’angle $a$ rabattu, tombant sur la circonférence $m$, $a$ $a'$ $n$, ce même sommet projeté devra se trouver sur la circonférence $ma''n$, dont l’arc $mpn$ est capable de l’angle de 60 degrés.
Si le problême étoit résolu, et que, du sommet du triangle rabattu, on menât une ligne sur le milieu de sa base, cette ligne prolongée couperoit l’arc $mnq$ au point $q$, qu’il est fort aisé de déterminer, puisque ce point est le même pour toutes les positions du triangle : la projection de cette ligne dans le triangle équilatéral, seroit perpendiculaire sur le milieu de la base, partageroit l’angle de 60 degrés en deux parties égales, et passeroit, par conséquent, par le point p, milieu de l’arc $mpn$. La ligne et sa projection devroient se croiser sur la ligne $yz$.
Le problème se trouve donc réduit à celui-ci : trouver sur la ligne $yz$, un point $x$, tel que les lignes menées par les points $q$, $p$, après s’y être croisées, aboutissent aux circonférences d’où elles sont parties, en deux points qui soient sur une même perpendiculaire à $yz$.
Ce nouveau problême a évidemment deux solutions. Je le suppose résolu (fig. 3) : soient $x$ et $x'$, les deux points cherchés sur la ligne $yz$ ; $qa'$ et $pa''$ seront la ligne cherchée et sa projection, ainsi que $qa'$ et $pa$. Les points $p$, $q$, $a''$, $a'$, sont sur une même circonférence, puisque les lignes $qa'$, $pa''$ se coupent en parties réciproquement proportionnelles : il en est de même des quatre points, $p$, $q$, $a'$, $a$; les triangles $pqx$, $a'za''$ sont semblables, ainsi que les triangles $pqx'$, $a'xa''$. Toute circonférence $pqihfg$, passant par les points $p$ et $q$, coupera la ligne $qa'$, $pa''$, en deux points $h$, $i$, qui seront sur une même perpendiculaire à $yz$, puisque le triangle $xih$ est semblable à $xpq$, et par conséquent à $xa'a''$ ; par la même raison, les points $f$, $g$, seront aussi sur une même perpendiculaire à $yz$. La ligne $kl$, qui joint les milieux des cordes parallèles $hi$, $fg$, leur sera perpendiculaire, sera parallèle à $yz$, et sera un diamètre du cercle.
Ce que je viens de dire de la circonférence $fgpqhi$, ayant lieu pour toute autre circonférence passant par les points p, q, il s’ensuit que celle qui passe par le point $x$, ne coupant les lignes $qa'$, $pa''$ qu’au point commun $x$, a un diamètre, et par conséquent son centre sur la ligne $yz$, et passe aussi par le point $x'$. Les points $x$, $x'$ sont donc donnés par l’intersection de la ligne $y$ ; et de la circonférence qui, passant par les points $p$ et $q$, a son centre sur la ligne $yz$. Les cordes $hi$, $fg$ sont égales, puisque l’angle $qpx=qx'x=qgi$.
Le point $x$ étant déterminé, on menera (fig. 2) les lignes $qa'pa''$; on construira le triangle $abc$, en mettant le sommet au point $a'$, et on projettera les points $b'$, $o'$ en $b''$, $c''$ ; on trouvera l’inclinaison du plan par le moyen ordinaire.
Si le triangle donné avoit deux angles au-dessous de 60 degrés, quel que fût celui dont on se servît pour résoudre le problême, on obtiendroit ļe même triangle équilatéral, la même inclinaison du plan, et une position analogue des côtés ; de sorte que les quatre solutions que paroît présenter ce problème, se réduisent réellement à une seule. Je les ai indiquées dans la fig. 3 $(b)$ où la ligne $aa$ est perpendiculaire à $yz$.