OF

lesquels, étant sur [a ligne dont l’équ. esty = (— J æ, sont ze

situés sur deux droites, qui passent par le sommet 4, et font, avec

} U la base 4B, des angles dont les tang. sont — Comme le pro- + 6 duit de ces tang. se réduit à — 1, à cause de 3°? y? — c?, ces deux droites sont perp. entre elles : il s'agit de trouver la position

de l’une, 40 (fig. 68).

Comme tang BAC — * on à CUS À — ex

w Votre )oleets d’où tang + 4 — VE Lien À She (NH, n° 859 , et en mulcha» Le

tipliant haut et bas par ce + x’) : donc OA4B = =: BAC ; ce qu’on sait d’ailleurs (n° 210, I). Si l'on mène OZ et sa perp., coupant par moitié l'angle BAC et son supplément , le centre cherché sera sur ces lignes. En traçant CO, qui divise par moitié l'angle C, et sa perpend., puis faisant la même chose pour B, les intersections de ces six droites, combinées deux à deux , donneront quatre points qui seront les centres des cercles tangents cherchés : l’un est inscrit au triangle, les trois autres sont tracés extérieurement.

Au lieu de faire les trois perpend. OD, OE, Of égales entre elles, on pourrait se proposer de trouver le point © par la condition que les rapports de ces longueurs fussent donnés.

V, Par le point M (fig. 219), tracer IQ : qui coupe l’angle

NBz, et forme le triangle BNQ dont l'aire soit donnée. Bx et By étant les axes, les données sont tang VBx — a et le point M (x, B); l'inconnue est BQ — 3%. L'équ. de NO, qui passe en Q (z, 0), est y = À (x — z:); cette droite passe aussi en Æ (a, B); d'où

* € L’équ. de BN est y — ax. Éliminant x pour avoir

Fe

l'y du point commun W, il vient (4 — a) y — Aaz; d'où

42 AQ3% vtt Baz PT Rd CBS 00 À

Or, menons 4M parallèle à BN, et faisons 4B — m. L’équ. de AM, qui passe en M (x, B), esty — B = a (x — à) : pour le point À,y = 0; d'où am — ax — B. Introduisant ci-dessus am pour Bz

Zz — in

ax — B, il vient y — ND —

Cela posé, quelle que soit l'aire donnée, on pourra toujours la transformer en un rectangle , dont la hauteur serait PM — B et dont % serait la base. On devra donc avoir 48 — = zy, ou m3 — 2kz - 2hm — 0; ce qui donne deux solutions faciles à construire (n° 330) : la seconde à lieu quand la droite VQ coupe le supplément de l'angle NBQ (voy. n° 334).

On pourra s'exercer sur les problèmes suivants :

VI. Étant données les équ. de deux droites 4B, AC (fig. 216) ; prendre des parties égales 4B, AC, calculer la longueur BD de la moitié de la corde BC, et en conclure l'angle BAC. La formule doit s’'accorder avec (2), n° 370.

VII. Dans la même circonstance. chercher l'équ. de la corde BC, et celle de sa perpend. 4D, dont la direction doit s’accorder avec le problème f.

VIII. Les perpend. DO, FO, EO (fig. 220), élevées sur le milieu dès côtés d’un triangle 4BC, concourent en un même point ©. En général, si D et F sont situés d’une manière quelconque sur les côtés 4Bet BC, mais divisent ces côtés proportionnellement (la droite DF est parallèle à AC), toutes les perpend. DO, FO se coupent en des points © situés sur une mème droite qui passe par le sommet B.

IX. Trouver les équ. des lignes CD, AF, BE (fig. 220), menées des milieux dés côtés du triangle 4BC aux angles opposés; prouver qu’elles concourent en même point G, qui est aux + de chaeune, à partir da sommet de l'angle.

Plus généralement, si sur deux côtés 4B, BC d'un triangle, on prend des parties quelconques 4D, CF proportionnelles à ces côtés, les droites CD et 4F se coupent en un point G, situé sur la ligne menée de l’angle B au milieu £, du côté opposé.

Consultez le Recueil des propositions de M. Puissant.

Du Cercle.

377. La distance R d’un point M (x, y) à l'origine C (fig. 221) est R = y (x? + y), les axes étant à angle droit; ainsi l’équat. du cercle est

D'EEe URR 20 Let el ee EE

puisque, pour tous ces points, la distance À est constante. Le même raisonnement (équ. 7, p. 357) prouve que

CRD NL Le | nes 8 nb AE +

est l’éqg. d’un cercle dont le centre a pour coordonnées « et 8. Quand l’origine est à l'extrémité O du diamètre a = À, B—0, et l'on a (x — R} + y — R°, ou plutôt

y —=2Rx — x.

Si les + et y font un angle +, le triangle CPM à l'angle P — 180° — >, et la distance constante CH — R de tous les points du cercle au centre C, pris pour origine , est donnée par l'équ. 2 (n° 355) : l’équ. est donc

mL y 2ry cos y—R? . . . . . (3)

Il est bon de s'exercer à reconnaître la figure d’une courbe et ses propriétés d’après son équ. : bien que ces choses soient connues pour le cercle, nous allons, profitant d’un exemple aussi simple , montrer le parti qu'on peut tirer des équations des courbes pour atteindre à ce but. |

878. Comme y =+ y (R° — x°), à chaque abscisse (fig. 221) répondent deux ordonnées égales et de signes contraires ; de sorte | que la courbe est coupée par Ox en deux parties qui coïncident » lorsqu'on plie la figure suivant Ox. La même chose a lieu pour Dy. En faisant x —0, on a y—+ R, et les points y et D de la courbe; plus # croit, plusp/ (R? — x°), ou y, décroit jusqu’à x = À, d’où