On donne un chacun de ses côtés, ’Fig

angle A ; en joignant deux points B <•/ C pris sur on forme un triangle ABC. Si la somme AB AC doit rester constante, dans quel cas le périmètre du triangle ABC est-il un minimum ? [Jlg. 58. ) Supposons le problème résolu, et comparons le triangle demandé ABC à un autre triangle AB'C', pour lequel on ait AB' -t- AC' = AB'+ AC : on en déduira nécessairement BB' = CC'. Par le point C', menons C'D égale et parallèle à BB', et joignons BD. LeparallélogrammeBB'C'Dnousdonnera BD= B'C'. Donc, pour que BC soit un minimum, il faut qu’on ait dans tous les cas BC< BD, c’est-à-dire il faut que B(' soit perpendiculaire sur CD. Mais alors, d’a-

(’) I.a Trigonométrie donne pour eipreuion du minimum DE, dan triangle iaoeôle ADK,

«ÉOMÉTRIE.

près le parallélogramme BB'C;ü, l’angle B'Bl) est le supplément l’angle r.'DB. L’angle B' BD est formé de l’angle ABC et de l’angle CI l’angle C'DB est formé de l’angle BDC et de l'angle CDC'. Le Irian

BCD étant rectangle en C, les angles C.BD et BDC sont complém taires; il en sera donc de môme des angles restants ABC et CDC*, triangie CC D étant isocèle, on peut remplacer l’angle CDC' par Van DCC' ; ce dernier a i>our complément l’angle ACB puisque l’angle BCD droit. Donc les deux angles ABC et ACB ont même complément et s égaux, le triangle ABC est donc isocèle. Si l’on donne AB -f- AC =

on n’aura pour le former qu’à prendre AB = AC = — •

Le problème qu’on vient de résoudre permet de passer au problé suivant :

Étant donné un triangle ABC (fg. 5g ), on prend sur les proion. ments des côtés AB, AC, des longueurs BD et CE, telles, que leur som soit constamment égale au troisième côté 1 dans quel cas la longueur DE est-elle un m, muni ?

La somme AD + AE demeurant égale au p< mètre du triangle ABC et l’angle A étant c étant, on voit qu'il eufrit, pour répondre à question, de prendre AD = AE = /j.

Si l’on mène les bissectrices des angles DI EC.B, elles se couperont au centre d’un descerc cx-inscrils du triangle ABC. Les points de cont de ce cercle avec les prolongements des cè AB et AC, seront évidemment les points cherc D et E *.

Circonscrire à un triangle donné ABC un triangle TfEV sembla autre triangle donné D'E'E’, et dont taire soit un maxim

Fif. 6o.

[fis- 6o).

Si sur le côté AB comme co on décrit un segment capable l’angle D', si sur le côté AC on dé< de même un segment capable l’angle E', il est évident que les sc mets D et E, homologues des s< mets D' et E', devront se trou respectivement sur les arcs ot uus. De plus, le côté DE devra p ser par le poini A.

Les aires des triangles sembla!

sont proportionnelles aux carrés leurs côtés homologues. Donc, s triangle DEF est un maximum, il

Kf — b (t'—e)

GÉOMÉTRIE. 33

de UE' et par conaéquenl de UH. La question est ainsi

sera do même

ramenée à tracer par le |X)int A une sécante telle, que la partie interceptée sur cette sécante par les deux circonférences décrites soit, un maximum.

Nous savons (4, 2°) que, dans ce cas, cette sécante doit être parallèle à la ligne des centres. Mais il y a une remarque imiwrlante è faire. Les segments capables des angles D' et E' peuvent être décrits sur un côté quelconque du triangle ABC, et l’on obtiendra de la sorte triangles, dont chacun sera maximum pour toute la série des triangles semblables qu’on trouvera en considérant les mêmes segments capablesl 11 reste donc, |K)ur résoudre complètement la question, à déterminer le plus grand de ces six triangles.

Ür le côté UE, étant parallèle à la ligne des centres MN, est égal à 2MN. Il faut, par suite, voir dans quelle liypotlièsc la distance des centres des deux segments est un maximum. Cette condition sera remplie, si les points M et N s'éloignent des côtés AB et AC, c’est-à-dire si les perpendiculaires MP et NQ, abais-sées des centres M et N sur les cordes AB et AC, deviennentaussi grandes que possible. .Mais MP croltavec AB et avec l’angle

MAP'^on a trigonométriquement MP — AP tang MAP = ^ tan|MAP^ ;

on doit, iiar conséquent, faire en sorte que, AB étant le plus grand côté du triangle ABC, l’angle MAP soit aussi le plus grand possible ou, c« qui revient au même, que l’angle PMA = D soit le plus petit possible.

On décrira do(^ sur le plus grand côté AB du triangle ABC un segment capable du plus petit angle D' du triangle D’E'F et ensuite, sur le côté moyen AC du triangle ABC, un segment capable de l'angle moyen E’ du triangle D'E'P’. On mènera par le point A la sécante DE parallèle à la ligne des centres MN, ut il ne restera plus qu’à joindre les pqin^ D et E aux sommets B etC, pour obtenir en F le troLsième sommet du triangle demandé.

Lieux géométriques.

58. ■ Trouver le lieu géométrique des points <Poù Pon voit deux cercles donnés sous des angles égaux {jfîg. 61 ).

Soient les deux cercles C et C', et soit M un point du lieu. Si par ce point on mène deux tangentes à chacune des circonférences, les angles

Fig. 61.

AMB et .\'MB' formés par ces tangentes • devront être égaux d’après l’énoncé. Il en sera de môme de leurs moitiés déterminées eu joignant le point M, aux centres C etC' .Les triangles rectangles A.MC, A' .MC’, seront donc semblables et donneront