I. Construire un cercle de rayon donné tangent à deux

droites données qui se coupent.

Supposons le problème résolu et soient (fig. 37) AB et CD

les deux droites qui se coupent et 0 le cercle qui a pour

rayon la longueur donnée OE = m. N'envisageons d'abord que la situation du cercle par rapport à la droite AB, en faisant abstraction de la seconde condition. Son centre étant à une distance OE de la droite AB appartient au lieu des points distants d'une longueur OE de AB : ce lieu se compose des deux parallèles 00' et

Flg. 37.

(1) Voir (342 et suivants) les Méthodes de recherche des lieux géométriques.

DACIAT. — MÉTBODOL. 57

0*(y' meaées à AB symétriquement par rapport à cette droite et à une distance OE.

En négligeant ensuite la situation du cercle 0 par rapport à la droite AB pour la considérer exclusivement par rapport à la droite CD, un raisonnement analogue nous conduit à cette conclusion que son centre appartient au lieu des points distants d*une longueur OF = OE de CD; or^ ce lieu se compose à son tour des deux parallèles 00'" et O'O' menées à CD symétriquement par rapport à cette droite et à une distance OF.

Il résulte de tout cela que le point 0 appartenant à la fois aux deux lieux doit se trouver à leur intersection, et comme ces deux lieux sont deux couples concourants de parallèles, ils ont quatre points communs.

Le problème admet donc quatre solutions représentées par les quatre cercles égaux 0, 0', 0', 0" symétriques deux à deux par rapport à Tintersection I des deux droites données.

La construction est donc la suivante : mener à chacune des droites données, et de part et d'autre, une parallèle distante du rayon donné; les quatre intersections de ces parallèles sont les centres de quatre cercles qui répondent à la question.

Le problème est toujours possible.

215. II. Construire un triangle connaissant un côté^ Vangk opposé et la hauteur correspondante.

Le problème étant supposé résolu, soit ABC [fig. 38) le

triangle cherché, dans lequel on connaît le côté BC, l'angle A et la hauteur AD. Si Ton néglige la condition relative à la hauteur, on aura à considérer les triangles qui ont le côté BC et Tangle A communs; on sait que ces triangles ont leur sommet A sur un arc de cercle pas- Kig. 38. ' sant par BC et déterminant

avec BC un segment capable de Tangle A. Faisant ensuite

abstraction de cette donnée de Tangle A pour tenir compte de la hauteur, on aura à considérer les triangles qui ont le côté commun BC et même hauteur AD ; ces triangles ont leur sommet sur la droite £F menée parallèlement à BG à une distance AD.

Le sommet du triangle cherché, devant être à la fois sur Tare de cercle BAC et sur la droite EF; se trouvera à leur intersection A.

De là la construction suivante : décrire sur le côté donné un segment capable de Tangle donné et mener une droite parallèle à ce côté à une distance égale à la hauteur donnée : le troisième sommet du triangle cherché se trouve à Tintersection de ces deux lignes.

Discussion. — Menons par le centre 0 du cercle la perpendiculaire GH à BC et observons que de tous les triangles qui ont pour côté BC et dont l'angle opposé est sur Tare BAC, celui dont la hauteur est maxima a son sommet A en G. Pour que le problème soit possible, il faut donc et il suffit que l'on ait AD<GH.

Si AD est inférieur à GH, les deux lieux se couperont et le problème aura deux solutions ; si AD est égal à GH, les deux lieux seront tangents et le problème n'aura qu'une solution ; enfin si AD est supérieur à GH, les deux lieux n*aruront aucun point commun et le problème n'aura pas de solution.

Il est à remarquer que le second triangle A'BC que donne la deuxième solution du premier cas est le symétrique du triangle ABC et que par le retournement de l'un, ces deux triangles peuvent être amenés à coïncider exactement. On peut donc ajouter à ce qui précède que le problème, lorsqu'il est possible, ne conduit qu'à un seul triangle.

Remarqub. — Chacun des deux lieux qui viennent de nous servir se compose en réalité de deux lignes symétriques par rapport à BC; il s'ensuit que le problème peut aussi comporter, à la rigueur, des solutions au-dessous de BC ; mais comme ces solutions sont identiques aux précédentes, on ne s'en occupe pas.

216. III. Construire le point d'où Von voit sous le même angle trois longueurs consécutives prises sur une même droite.

Imaginons le problème résola et soit {fig. 39) P le point d'où Ton voit sous le même angle les longueurs AB, BC et CD prises

■tsr

Fig. 99.

Tune à la suite de l'autre sur la droite X'X. Les deux angles APB et BPC étant égaux, la droite PB, dans le triangle APC» est bissectrice de Tangle APC, et Ton a