LIV. II ; CHAP. V ; Ç I

Fig. 3og En effet, on a

ab : ac :: ab' : ac' (n- 260) , d’où ab* : ac* :: ab'* : ac'*;

de plus AB* : AC’ :: BD : DC (n*274, coroll. t")i

donc AB'* : AC'* “BD : DC.

Scolie 1". — On pourrait varier cette construction en plaçant les deux lignes données, par exemple comme BD et BC, ou comme BC et BD ; etc.

Fig.îio. Sthtbèse. — a» Comtr. — 1° Menons nne droite BD' (fig. 3to) égale an côté do carre donné. — a'* Tirons DD'. — 3“ Menons, parallèlement h DD', la droite CC' terminée en C' sur la droite BD' prolongée. — 4° Sur BC' comme diamètre, décrivons une demi-circonféience. — 5° Élevons l'ordonnée D'A.

D'A est le côté dn carré cherché.

En effet, comme le triangle BAC' est rectangle en A, il s'ensuit que BD'» : D'A» :: BD' : D'C' ;n° 174, coroll. i) :: BD : DC (no aGo).

Scol. a. — Il j a aussi plusieurs manières de varier ce genre de construction : par exemple , on pourrait faire en sorte que les côtés des denx carrés fussent le diamètre BC' et la corde BA. . . . Etc.

N* 367. Problème IX. Fig. 294»

Fig-so4- Deux figures semblables étant données, construire une figure semblable aux premières et équivalente à leur somme.

Construction. — Sur AB et AC, côtés homologues des figures données, construisons un triangle rectangle en A (n* 184, ou 129, ou 190) j et menons i’hypoténuse BC.

Ce sera le côté homologue des premiers , dans la figure cherchée.

En effet, etc.. . . (n* 354, coroll. 2).

N° 368. Problème X. Fig. 294.

Deux figures semblables étant données, consirttire une figure semblable aux premières, et équivalente à leur différence.

Construction analogue à la précédente.

— AIRES; PROBE. GRAPH. 28q

Scolie sur ces deux problèmes. — Les cercles étant des figures semblables ( n° 26g ) , les solutions des deux problèmes précédens sont applicables , en particulier, aux cercles décrits sur les côtés d'un triangle rectangle comme diamètres (n® 354, corail. 2).

N° 36g. Problème XI.

Construire un polygone , X, semblable à un polygone donné, P, et qui soit à ce dernier dans un rapport donné [m : n].

Analyse. — Soit a un côté du polygone donné, et x le côté homologue du polygone cherché ; on aura

x* : n* :: X : p, et x : p :: m : n ;

d’où x2 : a* :: m : n.

La question est alors ramenée à déterminer x d’après les conditions du problème vu 1 (n® 366).

N® 370. Problème XII. ,,

Construire un polygone, X, semblable à un polygone donné , P, et qui soit à un autre polygone donné, Q, dans un rapport donné [m ; n] .

Analyse et Construction. — Soit a un côté du polygone P, et x le côté homologue du polygone X; on aura d’après les conditions du problème,

ar*:aa::X:P, et X : Q ” m : n.

Cela posé , admettons que l’on transforme les polygones P et Q en carrés (n® 35g) ayant respectivement pour côtés p et q ; et soit de même représenté par y, le côté du carré

ago LIV. Il; CHAP. V; § I.

équivalent au polygone cherché X ; les proportions précédentes se trouveront transformées en celles-ci :

ou x : a :: jr :p;

et j* : ?■ :: m : n.

Ainsi, la seconde de ces deux proportions fera connaître jr par la construction du problème vm (n° 366) ; et la première donnera x par une quatrième proportionnelle aux droites/»,^, et a (n° 291) : ce sera le côté du polygone cherché, homologue de a.

Scolie. — Si le polygone cherché devait être équivalent au polygone Q , on aurait une construction de moins à effectuer : car alors y ne serait autre chose que q.

N° 371. Problème XIII.

Partager un triangle en parties proportionnelles à des longueurs données , au moyen de droites menées d’un sommet au côté opposé.

Le triangle total donné et les triangles partiels cherchés ayant tous même hauteur, sont proportionnels à leurs bases. La question se réduit donc à partager la base du triangle donné, en parties proportionnelles aux longueurs données {voyez le numéro 288).

]N° 37a. Problème XIV.

Partager un triangle donné, en parties proportionnelles à des longueurs données, au moyen de droites menées d’un même point pris sur son périmètre ■

t'ig 3ll. Soit, par exemple, à partager le triangle ABC (fig. 3n) en troia parties équivalente* DAG , DGC1 , DIB, an moyen de* droite* DG , DI, menées d’un même point D pris «ur le côte AB : [il *era facile de généraliser}.

Analyse. — Supposons que le cité AB toit partagé en 3 partie* égales par le* points E, F. Dans cette hypothèse, ti l'on mène le* droites CE, CE, du sommet C opposé h ce côté , les parties ACE, ECF, FCB, vaudront untsi le tiers dn triangle ABC (n° 344/.

Ainsi

— AIRES; PROBL. GRAPH.

DAG = ACE | DGC1 — ECF | DIB = FCB;

agi

d’où l’on conclut EGD = EGC et FID “ FIC :

Fig.3u.

donc GE et IF sont parallèles à la droite CD qui joint le point donné avec le sommet oppose (m> <4' , récipr. ).

Construction. — t°MenonsCD. — 3° Partageons AB , anx point* E, F, en trois parties égales (no 389) [et généralement proportionnelles anx longueurs données (n° 388)]. — 3° Menons les droites EG, FI, parallèles 4 CD (n° 1 54 on 31 1) ; et soient G, I, leurs pointa d’intersection respectifs avec AC et BC. — 4° Menons DG, DI.

Ce seront les droites chcrchc'es.

N° 373. Problème XV.

Partager un triangle donné, en parties proportionnelles a des longueurs données, au moyen de parallèles menées à l’un des cités.

Soit par exemple, h partager le triangle ABC (fig. 3ia) en 3 parties Fig.3ia. équivalentes; et soient bc, Pc', les droites cherchées, parallèles an côté BC.

Axaltse. — On a , d’après les conditions de la question.

Aie : A VJ : ABC :: 1 : 3 ; 3;

et d’après la théorie des figures semblables ,

Aie : AVc' : ABC;: Ai* ; AV* : AB*; d’où Ai* : Ai'* ; AB* ;; i : 3 : 3.

Cela posé, décrivons, sur AB comme diamètre, nne demi-circonférence ; tirons, 4 partir du point A, les cordes AM, AM', respectivement égales à Ai et AV-, puis abaissons, sur AB, les perpendiculaires MP,

M'P'. Mous auront encore

AM* ; AM'* : AB* t : < 3 ; 3, puis AM* ; AM'* : AB* :: AP : AP' : AB;

d’où ap : ap : ab :: i : % : 3.

Construction. — 1° Partageons AB en 3 parties égales, anx points P, P,

(n° 389). — 3* Décrivons sur AB comme diamètre, une demi-circonférence (n° I03,i*). — 3° Élevons les ordonnées PM, PM'. — 4» Rabattons sur le diamètre AB, les cordes AM, AM', en Ai, AV. — 5* Menons 4 BC les parallèles bc, b'tf.

Ces droites sont les parallèles demandées.

AIRES; PKOBL. GRAPH.

N° 374. / Problème XVI.

Trouver deux longueurs [x , y] proportionnelles à deux rectangles donnés [«6, a'*'], [ou en général à deux polygones donnés].

Analyse. — in Construction. — On a

d’où

X \y :: ab : a'b\ abj

L’une des longueurs, par exemple .y, étant arbitraire, fai— sons-la égale à b’, il viendra

x = ^r, d’où x : a b ! a'.

Construction. — Cherchons une quatrième proportionnelle aux longueurs a', b' , a (n° 291 ) : son rapport à la longueur b' sera le même que celui du rectangle ab au rectangle a' b'.

Scolie ier. — Si les deux rectangles étaient des carrés, a’, a’1, il faudrait chercher une troisième proportionnelle aux longueurs d et a ( n* 292 ou 299) : le rapport de la longueur obtenue, à la longueur a', serait le rapport cherché.

Stxts£se. — a' Coiutr. — 1° Transformons le» deux rectangles [on Fig. 3og. figures quelconque»] en deux carres (n° 3Go) ; et soient AB , AC (fig. 3ocj), les côtes de ces deux carrés. — a° Formons le triangle rectangle BAC (n° 1 84)- — 3° Abaissons sur l'hypoténuse BC la perpendiculaire BD (n® 100).

Le rapport de BD il DC est le rapport cherché (n° 07$, corail. i*r).

TV. B. — Toute droite B'D'C' parallèle à BDC est aussi r.oopée suivant le même rapport par les droites AB, AD, AC (n° 360, corail. ).

Scol. 2. — On peut , par le même moyen,

Trouver, en lignes , le rapport de deux polygones semblables , P , Q :

Si pet q sont deux côtés homologues des polygones donnés,

Liv. II ; CHAP. V ; 5 II. 2g3

et la questiou est ranuenée à trouver le rapport de p * à q% {voyez ci-dessas, scol. i", et 2' constr.).

Scol. 3. — On peut, an moyen d’one extension convenable donnée aux méthodes employée» pour résoudre le problème précédent,

Trouver deux longueurs [r, je] dont la première 'soit a la seconde dans te même rapport qu’un produit de trois longueurs données [a,6,c], est à un autre produit île trois longueurs données [a' ,b‘ ,<f\.

Pour cela , on a d’abord 1 a; : y :: abc : a'b'd,

abey

ou x =

abc

Cela posé, y étant arbitraire, faisons y = c' ; nous auront

Ainsi, l'on cherchera 10 une quatrième proportionnelle atut longueurs it, b, a (.représentons - la par p] ; — x» une quatrième proportionnelle aux longueurs b' , c, p : — ce sera la valeur de x.

Scol. ( . — On opérera de même pour résoudre la proportion x ; y “ a.b.c.d... ; a'.b'.c'.d'. . .

§ H- — Problèmes numériques. q

N° 37 5. Problème XVII.

Une salle a t5m,^6 de longueur, 8", de largeur, et 4" ,87 de hauteur, dont om,37 pour le lambris ; on veut la tapisser avec des rouleaux de papier dont la largeur est de o*1, 6 : — on demande combien de mètres en longueur il faudra* en employer.

La hauteur de la partie qui doit être tapissée est de 4m.87 — om,37 = 4”,5j et le contour de la salle est de

( i5IB,76-f-8'n,24) X 2 = 48” s.

donc la surface à recouvrir a pour mesure

4,5 X 48 = 2 i6mt^ . c

ag4 uy, 11 ; CH*p- Y; S a- —

Maintenant , le papier a om,6 de largeur : donc la longueur nécessaire sera de i -