II. Inscrire un carré dans un triangle donné

Soient ABC {fig. 44) le triangle donné et DEFG le carré à inscrire .Considérons que les deux droites AB et AC issues du point A passent par les sommets D et G du carré à inscrire, et menons par le même point A les droites AE et AF qui passent par les deux autres sommets E et F du carré. En prenant alors le point A comme centre de similitude directe et la droite BG comme homologue de DG, si Ton mène par les points B et C des parallèles aux droites DE et GH jusqu'à leurs rencontres en fl et I avec les droites AE et AF, en joi-

Fig. 44.

gnant H et I par une droite, on forme une figure BHIC sem-

M<!rrHODKS DE RÉSOLUTION DES PROBLÈMES (GRAPHIQUES 905

blable au carré inscrit, car cette figure est homothétique du carré DEFG.

On peut d'ailleurs, sans faire appel à la théorie des figures homothétiques, démontrer très facilement que le quadrilatère BHIC est un carré.

Le problème se résout donc ainsi : construire, sur BC pris pour côté, un carré BHIC ; joindre par des droites les sommets H et I de ce carré au sommet A du triangle ; mener par les points de rencontre E et F de ces droites avec BG, des parallèles ED et FG à la direction HB ; joindre enfin les deux points D et G.

Remarque I. — Par une construction analogue, on peut résoudre des questions comme les suivantes :

i** Inscrire dans un triangle donné un rectangle semblable à un rectangle donné.

La construction est la même que la précédente.

2° Inscrire dans un triangle donné ABC un triangle semblable

à un second triangle donné de manière qu^un de ses sommets soit

sur le côté AB et que le côté opposé à ce sommet soit parallèle à

ce côté AB.

On construit {fig. 45) sur le côté BC du triangle donné un

triangle BHC semblable au second triangle donné, on joint le point H au point A et par l'intersection E des deux droites AH et BG on mène des parallèles ED et £G à HB et à HC, et Ton joint par une droite les deux points D et G : le triangle DEG est le triangle demandé comme étant l'homothétique de BHC par rapport au centre de similitude A.

Remarque IL — Dans le procédé qui précède, et pour les trois problèmes considérés» au lieu de prendre le point A comme centre de similitude on aurait pu se servir d'un autre sommet quelconque du triangle, B par exemple, mener

Fig. 45,

la droite B6 et construire la ligure auxiliaire semblable à la figure à construire (carré, rectangle ou triangle) en partant de la connaissance du point A comme homologue du point D.

220. III. Construire un triangle semblable à un triangle donné et dont les sommets soient situés sur trois cercles concentriques donnés par leurs rayons.

Soit ABC (fig, 46} le triangle à construire de manière que ses

trois sommets se trouvent sur les trois cercles D,E»F.

Considérons les rayons OA, 08 et OC, et par un point quelconque A' de OA menons les deux parallèles A'B' et A'C à AB et à AC pour avoir des longueurs qui soient respectivement proportionnelles aux rayons OA, OB et OC.

*'»g- ^^' En joignant les deux points

B', G on forme un triangle A'BfC semblable au triangle ABC comme étant son homothétique par rapport au point 0.

La solution suivante du problème est dès lors la conséquence de ces considérations : Construire un triangle A'B'C semblable au triangle donné ; construire le lieu des points dont le rapport des distances à deux des sommets de ce triangle, A' et B^ par exemple, soit égal au rapport des deux droites OA' et OB', autrement dit des deux rayons connus OA et OB ; construire de même le lieu des points dont le rapport des distances au troisième sommet C et à l'un des deux premiers, B' par exemple, soit égal au rapport des deux droites OC' et OB', autrement dit des deux rayons connus OCetOB; joindre l'intersection 0 de ces deux lieux aux trois sommets du triangle A!B'C' ; prolonger ces droites jusqu'à leurs rencontres respectives en A, B, C avec les cercles décrits du point 0 comme centre et ayant pour rayons les trois longueurs données ; joindre enfin par des

droites les points A, B et G, pour avoir le triangle ABC demandé.

^ V. — Méthode de renversement.

221. On simplifie parfois d'une manière très sensible la résolution d'un problème graphique, en intervertissant l'ordre des constructions, c'est-à-dire en partant des inconnues pour remonter aux données de la question : ce procédé porte le nom de méthode de renversement. La figure que l'on obtient ainsi est égale ou semblable à celle que l'on veut réaliser. Dans le premier cas il est facile de la transporter au lieu et dans la position qu'elle doit occuper ; dans le second cas, il reste à construire une figure semblable à la figure auxiliaire connaissant une ligne de la première.

Quelques exemples vont éclairer ces indications.

222. I. Mener une tangente à un cercle donnée de manière que la partie comprise entre les deux côtés d'un angle qui a son sommet au centre du cercle soit égale à une longueur donnée.

Soient {fig, 47) le cercle donné 0, Tangle AOB qui a son sommet au centre de ce cercle et la tangente AB à construire.

Fig. 4:

Fij;. 48.

Dans le triangle AOB, on connaît le côté AB, Tangle opposé et la hauteur correspondante OC A ce côté, comme égale au rayon du cercle. On peut donc construire ce triangle en décrivant {fig. 48) sur une droite A'B' = AB un segment

de cercle capable de Tangle AOB, et en menant à une distance DE = OG une parallèle à A'B' ; enjoignant une des intersections 0' de ces deux lieux aux deux extrémités de A'B', oo forme un triangle égal au triangle à construire AOB. Il ne reste donc plus, pour avoir la tangente AB, qu'à porter à partir du point 0 des longueurs OA = 0'A' et OB = 0'B'; la droite AB qui joint les extrémités de ces deux longueurs donne la tangente demandée.

Le problème admet deux solutions, une seule ou n'en admet aucune, suivant que les deux lieux se coupent, sont tangents ou sont extérieurs l'un à Tautre.

223. II. Inscrire dans un demi-cercle donné un quadrilatère semblable à un quadrilatère donné, de manière quil repose par un de ses côtés sur le diamètre du demi-cercle et que ses deux sommets opposés soient situés sur le demi-cercle.

Soit ABGD {fig. 49) le quadrilatère donné. Circonscrivons à ce quadrilatère un demi-cercle PDG de manière que son diamètre FG coïncide en direction avec le côté AB ; le centre de ce demi-cercle se trouvera à Tintersection 0 de AB et de la perpendiculaire à DC menée par son milieu E. On obtiendra ainsi une figure semblable à celle quHl s'agit de réaliser en inscrivant le quadrilatère cherché dans le cercle donné. Si l'on joint alors le centre 0 à Tun des sommets du quadrilatère extérieurs au diamètre, D par exemple, etqae Ton prolonge ce rayon jusqu'à sa rencontre en D' avec un demicercle concentrique au premier et décrit avec un rayon OH égal au rayon du cercle donné, le point D' sera le sommet homologue du sommet D dans le quadrilatère à construire ; il n'y aura plus qu'à mener par le point D' les parallèles D'A' et D'C à DA et à DG, puis, par le point G' la parallèle G'B' à GB : le quadrilatère formé, A'B'G'D', sera le quadrilatère demandé. Il sera facile ensuite de le transporter dans le demicercle qui doit le recevoir.

IfAF A

BGB'I

Rbmarque. — Par des coDstructions analogues on peut résoudre des problèmes comme les suivants :

1* Inscrire dans un cercle donné un triangle semblable à un triangle donné .

2* Inscrire dans un cercle donné un trapèze isocèle semblable à un trapHe isocèle donné.

224. III. Inscrire dans un triangle donné un triangle dont les côtés soient parallèles à ceux d'un second triangle donné.

Soient ABC et DEF {fig. 50 et 51) les deux triangles donnés, l'inscription devant se faire dans le premier. En menant par les sommets D, E, F du second triangle des parallèles aux côtés du premier, on forme un triangle A'B'C circonscrit à ce

Fig. 50. Pig. 51.

triangle DEF et par suite une figure d'ensemble semblable à celle que doit donner l'inscription demandée dans ABC. Pour achever cette figure, il suffît de déterminer sur le périmètre de ABC rhomologue de l'un des sommets du triangle DEF, Di par exemple, en divisant le côté AB en deux segments additifs proportionnels aux deux longueurs A'D et DB', et de mener par le point Di la parallèle DiFi à DF, puis, par Fi la parallèle FiEi à FE, et de joindre enfin par une droite les deux points El et Di. Le triangle DiEiF, ainsi formé est le triangle demandé.

§ VI.— Méthode des translations parallèles.

225. Le déplacement d'une figure ou d^une portion défigure, dans son plan et parallèlement à une certaine direction que détermine la nature de la question à résoudre, facilite très souvent la construction à efTectuer. On donne à ce procédé le noo^ de méthode des translations parallèles.

En voici l'application à quelques exemples.

226. I. Tracer une droite égale et parallèle à une droite donnée qui ait ses extrémités sur deux cercles donnés.

Soient {fig. 52) les deux cercles donnés 0 et 0' ainsi que la

droite m donnée en grandeur et en direction. Si l'on déplace le cercle (Y de manière que son centre 0' décrive une droite O'O'' parallèle etégale à m, tous les points de ce cercle décriront des droites identi-

Fig. 92.

ques, et si dans sa position 0'' le cercle mobile coupe, comme dans la figure, le cercle fixe 0 en deux points A et B, en menant par Tun de ces points, \ par exemple, une parallèle à m jusqu'à sa rencontre en C du cercle 0', la droite AC sera la droite demandée.

Le problème aura deux solutions, une seule ou n'en admettra aucune, suivant que les deux cercles 0 et 0' seront sécanU;, tangents ou extérieurs Tun à l'autre.

227. II. Inscrire dans un cercle donné un trapèze isocèle dont on cannait la hauteur et la différence des deux bases.

Soit ABGD {fig. 53) le trapèze demandé. Si Ton transporte

parallèlement à lui-même le côté BG de manière à l'amener dans la position ED, le triangle isocèle AED est déterminé ,par sa base qui est la différence des bases du trapèze et par sa hauteur qui est celle du trapèze. On peut donc le construire. En menant ensuite la perpendiculaire GO au milieu G de AD, et en traçant de Tune des extrémités du côté AD comme centre, de D par exemple, un

Fig. 53.

METHODES DE RÉSOLUTION DES PROBLÈMES GRAPflIQUBS 91 1

arc de cercle avec un rayon égal à celui du cercle donné, Tintersection 0 de ces deux lignes donnera le centre du cercle circonscrit au trapèze. Pour compléter le trapèze, il suffira donc de décrire ce cercle, de prolonger ÂË jusqu*en B, démener DC parallèle à AB, de joindre enûn les deux points B et C. Dans Tensemble, on aura ainsi une figure égale à celle qui est à réaliser. Il ne restera plus qu'à transporter le trapèze isocèle ABCD ainsi obtenu dans le cercle qu'il doit occuper.

Le problème n'est possible qu'autant que le cercle DO rencontre la perpendiculaire GO à droite de DF. Si la rencontre se fait sur DF, le trapèze isocèle se réduit à un triangle.

228. III. Construire wi cercle tangent à un cercle donné et à une droite donnée en un point donné.

Remarquons d'abord que le cercle à construire peut occuper deux positions différentes : être tangent au cercle donné extérieurement ou intérieurement. D'où deux cas à considérer, que nous allons examiner successivement.

i^ Soit le cercle 0' tangent extérieurement au cercle donné 0

et tangent à la droite donnée AB au point G (;fig. 54).

Si Ton déplace parallèlement à elle-même la droite AB, d'une longueur égale au rayon du cercle 0, pour lui donner la position A'B', le point C venant en C', le cercle qui aura 0' pour centre et O'C' pour rayon sera tangent k la droite A'B' au point C' et passera par le centre 0 du cercle donné. Or il est facile de déterminer le centre 0' de ce cercle car il est l'intersection des deux perpendiculaires menées l'une à A'B' par le point C' et l'autre à OC par son milieu. De là la construction suivante pour résoudre le problème

proposé : mener par le point C une perpendiculaire à AB ; porter sur cette perpendiculaire, à partir de AB et du côté opposé au cercle 0, une longueur CC égale au rayon de ce cercle; joindre par une droite les deux points 0 et C, et mener uDe perpendiculaire au milieu de cette droite : Tintersection des deux perpendiculaires CO' et DO' est le centre du cercle demandé. Il convient de déterminer le point de contact E avec le cercle 0 en joignant les deux centres 0 et 0'.

i9 Soit le cercle 0' tangent intérieurement au cercle donné 0

et tangent à la droite don-

E^^siCr "^"^^ ^^^ A.B au point C {fig, 55).

Si Ton déplace parallèlement à elle-même la droite AB d'une longueur égale au rayon du cercle, 0, de manière qu'elle vienne occuper la position A'B' et le point C la position C, le cercle qui aura O' pour centre et O'C pour rayon sera tangent à la droite A'B' en G' et passera par le centre 0 du cercle donné. Or le centre 0' de ce cercle est Tintersection des deux perpendiculaires menées Tune à A'B' par le point C et l'autre à OC par son milieu D. De ces considérations on déduit la construction suivante qui donne la seconde solution du problème : mener à AB, par le point C, une perpendiculaire sur laquelle on détermine un point G' situé, à partir de AB et du côté du cercle 0, à une distance CC' égale au rayon de ce cercle ; joindre par une droite le point G' au point 0, et mener une perpendiculaire à OG' par son milieu : l'intersection des deux perpendiculaires GO' et DO' est le centre du cercle demandé, dont le point de contact E avec le cercle 0 s'obtient enjoignant les deux centres 0 et 0' et prolongeant au delà de 0 la droite obtenue.

§ VII. — Méthode des rotations.

329. La résolution des problèmes graphiques emprunte aussi des moyens de simplification à un procédé qui consiste également dans le déplacement d'une figure ou d*une portion de figure dans son plan, mais en la faisant tourner autour d'un point fixe du plan, et ce procédé porte le nom de méthode des rotations.

Quelques exemples vont le faire comprendre.

230. I. Construire vn triangle semblable à un triangle donné de inanière que l'un de ses sommets soit situé en un point donné et que les deux autres se trouvent sur deux droites parallèles données.

Soit ÂBC {fig. 56) le triangle demandé. Si on le fait tourner

autour du sommet A situé au point donné, de manière que le côté AB vienne se placer perpendiculairement aux parallèles DE et FG sur lesquelles se trouvent ses deux autres sommets, il prendra la position AB'C, et si Ton mène alors, par l'intersection B, de AB' avec FG, la parallèle BiCi à B'G', on forme un triangle ABiCi semblable à AB'C' et par suite au triangle donné ; on peut le construire parce qu'on en connaît le côté ABi. Remarquons d'autre part que si l'on joint les deux points G et Gi on obtient un triangle ACCi semblable au triangle ABBj ; les angles CACi et BABi sont en effet égaux comme