MF ~ BF

donc les triangles AEM, BFM sont semblables comme ayant un angle égal compris entre côtés proportionnels, et l’on a

MA EM /n MB ~ MF ~ // '

Donc le lieu cherché est la circonférence décrite sur CD comme diamètre.

Remarque. — On peut résoudre ce problème en raisonnant de la manière suivante :

Soit M un point du lieu cherché, on aura

MA m MB ~ u'

Maintenant, si l’on mène les bissectrices MC, MD de l’angle AMB et de l'angle supplémentaire BM-r formé par MB et par le prolongement de AM, on aura

AC MA m CB “ M B " n et

AD MA m DB ~ MB ~ « ’

Ainsi, les distances de chacun des points C et D aux points A et B sont proportionnelles aux droites m et n, et, par conséquent, les points C et D peuvent se déterminer {voir Note 34, Variations, etc., probl. 11). D'ailleurs l'angle CMD est droit; donc tout point M du lieu cherché se trouve sur la circonférence décrite sur CD comme diamètre.

ÉUmcnts. a7

Réciproquement : je dis que tout point M de cette circonférence est un

.. .vu- . m

point du lieu, cest-à-dire qu on a = — •

Car les quatre droites MA, MB, MC, MD forment un faisceau harmonique, et les deux rayons conjugués MC, MD sont rectangulaires ; donc la droite MC est la bissectrice de l'angle AMB (voir Note 37, Division harmonique, théor. III, rom. III), et l'on a (249)

MA AC m

MB - CB n '

Donc le lieu cherché est la circonférence décrite sur CD comme diamètre.

Sur deux réciproques.

i° Soient un triangle ABC et AD la bissectrice de l’angle BAC, on a (250) AB x AC = BD x DC 4- AD .

Maintenant, supposons que les côtés AB et AC soient égaux, et du sommet A menons sur la base BC une droite quelconque AE. On aura (24-4)

AB' = BË’ 4- AÈ1 — aBE x DE

AB x AC = BE (BE - -/DE ) + ÂË’ ; d'ailleurs il est facile de voir que BE — a DE = EC; donc AB x AC = BE x EC 4- AË’ .

Donc, si du sommet A d'un triangle ABC on abaisse sur te côté opposé une droite AE et qu'on ait

AB x AC = BE x EC + AË' ,

on ne peut pas conclure dans tous les cas que AE est la bissectrice tic l’angle BAC.

Remarque. — Mais on peut tirer cette conclusion toutes les fois que le triangle n’est pas isocèle.

Soit le triangle ABC dans lequel on a AB > AC, 7 * et supposons que

( / 1 \| (i) AB x AC = BE x EC 4- ÂË* ,

d rtrJc

y je dis que AE doit se confondre avec la bissectrice Ap de l’angle BAC.

En effet, supposons, s’il est possible, qu’il en soit autrement; on aura d’abord (250)

(a) ABx AC = ADxDCq-ÂDJ.

Ensuite, si l’on prolonge AE jusqu’à la rencontre de la circonférence ABC

au point P, on a (243)

BE x EC = AE x EF.

et l’égalité (i) devient

AB x AC = AE x EF + ÂË’ ou

AB x AC = AE x AF.

De même, en prolongeant AD jusqu’à la circonférence au point G, on déduit de l’égalité (a)

AB x AC = AD x AG.

Donc

AE x AF = ADx AG;

d’où il résulte que le quadrilatère DEFG serait inscriptible ( voir Note 36), et, par suite, l'angle EFG serait le supplément de l'anglo EDO et égal à l’angle ADC, ce qui est impossible. Car les angles EFG et ADC ont respectivement pour mesures

-arcBG -F- - arc AB

et

-arcBG 4- - arc AC;

or, ces mesures sont différentes d’après l'hypothèse.

a“ Si i la sommet A t l’un triangle ABC on mène une ilroite AE sur te T prolongement C jr du côté BC et qu'on ait

AB x AC = BE x EC - AE ,

yS / ’V

X celte droite est ta bissectrice de l'nngle exté-

B c E * rieur CA -r .

On démontrera facilement cette proposition en suivant la mémo marche quo dans la remarque précédente.

Si dans le triangle ABC les côtés AB et AC étaient égaux, on ne pourrait pas supposer qu’on eût l’égalité ci-dessus. Car, dans ce cas, en menant sur C/ une droite quelconque AE, on aurait

AB1 = AB x AC = AI'/ — BE x CE.

Je laisse au lecteur le soin de le constater.