MC

Toutefois , pour que cette circonférence puisse exister y il faut <{» le carré donné m' ne soit pas moindre que 2AG' ; ce qui revient ï

dire que le côté m de ce carré doit être au nunns égal à AC . y^t ou (n^ S38 ) à la diagonale du carré construit sur AC moitié deli distance AB.

Cela posé , voici en quoi consiste la construction de ce problème :

STiiTEisE. — Nous pouvons d'abord mettre Fexpressioo (ij sous la forme

MC = I v'^'w'— 4AC» = I ^:im^ — AB».

— i^ — Sur une droite indéfinie EX prenons une partie [EF= «] plus grande que la diagonale CD du carré construit sur AC , etéfevons au point F une perpendiculaire FG = £F = m , pois tinms EG , ce qui donne EG' = 2EF* = 2/11* ; — 2® — décrivons sur EG comme diamètre une demi-circonférence (n® itfi) ; — 3*— do point G comme centre et avec AB pour rayon, décrivons un arc de cercle qui coupe la demi-circonférence en un points. ; — 4* " tirons EK et prenons le milieu I de cette droite; — 5** — enfin du point C comme centre , avec le rayon El, traçons une circonférence.

Nous obtenons ainsi le lieu géométrique demandé. En effet, on a, d'après la construction , ^

El = I EK = i v/EG» — GK« (n« W4) = | ^ 2m> — Aff .

ff

Discussion. — Tant que m sera plus grand que AC /ï , ou CD , le cercle existera et croîtra depuis la limite o jusqu'à Pinfini.

Soit m = AC v^2 ; il en résulte MC := ^ ^ nm*— ^m^ = o; ainsi k cercle a un rayon nul.

Soit m = 2AC = AB ; on en déduit MC =: | AB; d'où Ton

LIBUX GÉOUÉTRIQUKS. 267

voit que le lieu géométrique est la circonférence décrite sur AB comme diamètre.

Lorsque m sera plus grand que AB , le cercle cherché sera aussi plus grand que le cercle CA. Ainsi le lieu est tantôt plus petit , tantôt plus grand que ce dernier cercle.

PEqBLéME XI^ {Fig. 194.) Fkj. ,y^

N^fiâtt. — Deux poinis[keiB]étant donnés, sur un plan, trouver un troisième pointVL tel g que la différence des carrés clés distances de ce point aux deux points donnés, soit égale à un carré donné n^,

Anjultse. — Abaissons du point M la perpendiculaire MD surAB. On doit avoir, par hypothèse,

MA> — MB»=/*»;

mais les triangles rectangles MDA , MDB donnent aussi

MA' = MD» -h AD% MB» = MD» 4- BD» ;

d'où MA' — MB» = AD» — BD»,

et par conséquent, (i) AD»— BD»=rii'.

Ceci nous apprend déjà que tous les points susceptibles de satisfaire à l'énoncé se trouvent placés sur une perpendiculaire à la droite AB, menée par uû point D de cette droite, qui remplit luimême les conditions de l'énoncé.

Or, la position de ce point peut être facilement déterminée. — En effet, si nous div&ons, membre à membre, l'égalité (i) par

légalité évidente AD + BD = AB,

U en résulte AD — BD = -5;

AB

d'où, en combinant ces deux dernières , alternativement par addition et par soustraction , puis divisant par a ,