CA

représentant chacun l'angle de rotation, et le rapport ^-^ des

deux côtés qui comprennent le premier angle est égal au

BA rapport — des deux côtés qui comprennent le second, car

Fig. 56.

DAUKAT. — MiTBODOL.

en considérant les deux triangles semblables BiAC, et BAC, les côtés GiA et BfA du premier sont les côtés homologues des côtés GA et BA du second. Il résulte de cette similitude des deux triangles ACGi et ABBj que l'angle AGiG est droit comme son égal AB]B.

De là la solution suivante du problème: mener du point A la perpendiculaire ABi sur la parallèle FG ; construire sur ABt un triangle ABiGi semblable au triangle donné; élever en Ci une perpendiculaire CiG à AC| ; joindre par une droite les points A et G; faire en A avec la droite ABi un angle BiAB = dAC et mener la droite BG.

Remarque. — Le problème comporte une seconde solution si les deux sommets B et G ne sont pas assujettis à se trouver respectivement sur les parallèles FG et DE^ car alors le sommet G peut être situé sur FG et le sommet B sur DE.

La solution s'obtiendrait par une construction analogue.

231. II. Inscrire dans un parallélogramme donné un rectangle dont on donne V angle des diagonales .

Soit ABGD [fig. 57) le rectangle à construire dans le parallélogramme ËFGH. Son centre coïncide nécessairement avec celui du parallélogramme. Si Ton fait tourner autour du centre commun 0 des denx figures le côté FG du parallélogramme d'un angle égal à Tangle des diagonales du rectangle, ce côté vient prendre la position F'G' et le point B

Fig. 57.

T^wi^u i < ge superpose au point G puisque les demi - diagonales OB et

OG sont égales.

La détermination du point G résulte donc de Tinterseclion du côté HG du parallélogramme donné avec la droite F'G' qai représente la position du côté F(x après sa rotation autour du centre 0 du môme parallélogramme. Et ce point étant connu, pour achever la figure il ne reste plus qu'à mener la droite CO

^ la prolonger jusqu'en A : ce sera une diagonale du recagle ; à faire en 0, avec OC, un angle GOB égal à Tangle nné des diagonales du rectangle, à prolonger BO jusqu'en D : sera la seconde diagonale du rectangle ; à joindre enfin nsécutivementles extrémités A, B, C et D de ces diagonales.

232. III. InscHre dans un triangle donné un triangle semblable in second trnangle donné et de manière qu'un de ses sommets \t situé en un point donné d'un des côtés du premier.

Soit DËF [fig. 58) le triangle demandé, Tun de ses sommets

trouvant au point donné D du côté AB du triangle ABC dans

lequel Tinscription doit avoir

lieu.

Faisons tourner le côté BC du

triangle ABC autour du point D,

d*un Angle égal à Tangle ËDF : il

viendra prendre la position B'C \

E^ ^ ç Si, prenant alors le point D j

Fig. 58. comme centre de similitude, on

nstruit la droite homothétique de B'C de manière que le

DF pport d'homothétie soit égal au rapport -=^=-t celte droite

DE

Cl sera parallèle à B'C et passera nécessairement au point F.

De ces considérations on déduit la solution suivante du pro-

^me : Faire tourner la droite BC autour du point donné D

m angle égal à Tangle connu ËDF ; construire par rapport

point D pris comme centre de similitude la droite homo-

kique BiCi de la nouvelle position B'C de BC, en prenant

DF ur rapport d'homothétie le rapport connu -r-^; placer à

DE

itersection F des deux droites AC et BiCi le second sommet

triangle cherché ; faire au point D avec DF un angle égal à

Qgle connu FDË, et prolonger jusqu'en E qui devient le

isième sommet ; il ne reste plus qu'à joindre par une droite

\ deux points E et F pour avoir le triangle demandé.

§ VIII. — Méthode do rotoumomont oa de Bymétii^.

233. Par la méthode de retournement ou de symétrie on prendre à certaines données de la figure à réaliser ucie positic provisoire, au moyen d'un retournement ou d'une constri lion symétrique de ses données, afin de rapprocher des éU ments ou d^ leur donner une autre disposition dans le but dl rendre plus visible ou plus commode la construction effectuer.

234. 1. Déterminer sur une droite donnée un point dont somme des distances â deux points donnés situés d'un même côU de la droite soit minimum.

Soit G ifig. 59) le point de la droite XOC dont la somme d distances aux points A et B est minimum. Construisons

rapport à X'X le symétrique du point A et joignons par u droite les points A' et C.

Fomme des distances AC -i se traduit par l'expressi Fig. 59. A'C H- CB et son minimum d

être le môme que celui de A'C -h CB. Or ce dernier n'es assujetti qu'à exprimer le plus court chemin du point A' aa point B, car les deux lignes X'X et A'CB auront toujours un point commun puisque les extrémités A' et B de la seconde sont situées de part et d'autre de la première. Ce plus coaH chemin sera donc la ligne droite.

La solution du problème est ainsi la suivante : Constraiit par rapport à la droite donnée X'X le symétrique de l'un d« points donnés, de A par exemple ; joindre par une droite h point A' ainsi obtenu au point B : Tintersection desdeus droites X'X et A'B donne le point C demandé.

Remarque I. — Ce problème trouve son application dans la réflexion de la lumière sur un miroir plan et dans le jeu du billard.-

Rbmarouib II. — Par des constructions analogues on peut ésoudre des problèmes comme les suivants :

!• Etant donnés deux points à l'intérieur d'un angle^ trouve r e chemin minimum pour aller d'un point à Vautre en touchant 'es deux côtés de l'angle;

2** Déterminer sur une droite donnée un point tel que les tangentes menées de ce point à deux cercles situés d'un même côté ie la droite fassent le même angle avec cette droite,

235. 11. Dans un triangle^ on mène de l'un des sommets une iroxte qui détermine deux segments additifs sur le côté opposé . Trouver sur cette droite un point d'où les deux segmenta soient vus sous le même angle.

Soit 0 {fig. 60) le point de la droite AD du triangle ABC d'où Von voit sous le môme angle les deux segments BD el DG. En

faisant tourner autour de AD le triangle ODC pour le rabattre sur le triangle ODB, l'angle COD, égal à l'angle BOD , s*y appliquera exactement et le point C se placera sur la droite BO.

Il suit de là que la solution du problème sera la suivante : Construire par D G rapport à la droite AD le point symé-« P^g- <^o. trique de Tune des extrémités du côté

BG, de C par exemple ; joindre le point G' ainsi obtenu au point B et prolonger la droite BG' qui donne par sa rencontre avec AD le point 0 demandé.

Remarques. — Le point 0 ne se trouve pas nécessairement entre le point A et le point D ; il est au-dessous du point Û lorsque le plus petit des deux segments BD et DG est adjacent au plus grand des deux angles en D.

Lorsque la droite AD est perpendiculaire à BG et que les côtés AB et AG sont inégaux, le point 0 vient en D et les deux angles sous lesquels on voit de ce point les deux segments sont nuls ; mais comme cette propriété est commune à tous les points de BG, on n'a pas à vrai dire une solution, on peut

Fig. 61.

môme dire que dans ce cas le problème n'en admet

Si la droite AD restant perpendiculaire à BC, les côtés et AC sont égaux, tous les points de AD considérée comi indéûnie répondent à la question, qui admet alors une inûni de solutions.

236. III. Construire un triangle connaissant deux côtés ^t différence des deux angles adjacents au troisième côté.

Soit le triangle ABC (fig. 61) dans lequel on connaît les dei côtés AB et AC ainsi que la différence des deux angles C et

Si Ton retourne ce triangle de nière à lui faire occuper la positif A'BC, et que Ton mène ensuite droite AA', qui est parallèle à BG, ol détermine un triangle ACA', dans h quel on connaît, d'une part, l'angli ACA' comme étant égal à Texcès di Tangle ACB sur l'angle ABC, puisqu'oi a AO = ABC, d'autre part, les deux côtés AC A'C = AB, qui comprennent cet angle : on peut dès loi construire ce triangle ACA', et la figure à réaliser s'achèi ensuite facilement.

La solution du problème se résume ainsi : construire 1( triangle ACA' avec les deux côtés donnés en comprenant entn ces côtés la différence d'angles donnée ; mener la droite Cl parallèlement à AA' et décrire du point A comme centre avec' un rayon AB égal à CA' un arc de cercle qui détermine par sa rencontre avec la droite CB le troisième sommet B du triangle demandé.

237. IV. Inscrire dans un cercle donné un quadrilatère dont on connaît deux côtés opposés et la somme des deux autres.

Soit ABCD (fig. 62) le quadrilatère demandé, dans lequel on connaît les deux côtés AD et BC et la somme des deux autres AB4-DC.

Si l'on retourne le triangle ADC, de manière à lui faire

occuper la position AD'C, on pourra inscrire dans le cercle

jy le triangle BGD', puisqu'on

en connaîtra les deux côtés consécutifs BC et CD'. Mais cette opération a déterminé dans la figure le triangle ABD', dont le côté BD' est connu comme étant en môme temps un côté du triangle BCD', dont la somme des deux autres côtés AB + AD' est égale à la Fig. 62. somme donnée AB + DC, et

dont l'angle BAD' est le supplément de son opposé BCD' dans le quadrilatère inscrit ABCD'. Ce triangle peut donc être construit et son sommet A donne un troisième sommet du quadrilatère cherché; le quatrième, D, se trouve sur la parallèle D'D à CA. De ces considérations découle la solution suivante du problème : Porter successivement comme cordes du cercle les longueurs donnée^ BC et CD' = AD ; mener la droite BD' ; construire sur BD' un triangle ABD' dont on donne un côté BD', la somme des deux autres AB et AD' = DC et dont le sommet opposé au premier côté est sur le cercle donné; joindre le sommet A ainsi obtenu au sommet C ; mener D'D parallèle à CA jusqu'à sa rencontre en D avec le cercle ; enfin joindre le point D aux points A et C.

Nous admettons que le problème est possible par le choix de ses données, car notre but ici est uniquement de faire connaître une méthode.

Hemaroue I. — Pour la construction d'un triangle dans les conditions où se présente le triangle ABD', nous renvoyons le lecteur au n» 278.

Remarque II. — Par une construction analogue on peut résoudre le problème suivant :

Inscrire dans un cercle donné un quadrilatère dont on connaît deux côtés opposés et le rapport des deux autres .

§ IX. ^ Méthode desUgiires inverses.

238. Cette méthode, qui nous a déjà servi à démontrer certains théorèmes, est une des plus fécondes de la Géométrie ; nous allons l'appliquer à la résolution de quelques problèmes.

239. I. Mener par l'un des points d'intersection de deux cercles une droite telle que le produit des deux cordes interceptées soit érial à un carré donné m*.

Soient les deux cercles 0 et 0' (/î^. 63), A le point d'intersection par lequel doit être menée la droite demandée, et ABC

cette droite. On doit avoir

ABxAC = fn».

En faisant abstraction du cercle O^, le lieu du point B est la figure inverse du cercle 0 par rapport au point A. Le point B devant donc se trou- ^ ver à la fois sur le

'^ cercle 0' et sur l'in-

verse du cercle 0, se trouvera à leur intersection.

La question revient donc, en prenant le point A pour centre dMnversion et w} pour puissance d'inversion, à construire rinverse du cercle 0, qui est ici une droite ; pour cela, il suffît de mener du point A une corde AM = m et d'abaisser du point M une perpendiculaire sur le diamètre AA' : cette perpendiculaire MN est la droite inverse du cercle 0. Elle rencontre le cercle 0' en deux points B et D ; en joignant Tun d'eux par une droite au point A, on a la droite demandée.

Il est à remarquer que le problème admet deux solutions, une seule ou n'en admet aucune, suivant que la droite MN est sécante, tangente ou extérieure au cercle 0'.

240. II. Construire un cercle tangent à deux cercles donnés et passant far un point donné.

Soient 0 et 0' les deux cercles donnés (fig. 64), Â le point donné et 0" le cercle demandé.

Si Ton construit la figure inverse de chacun des cercles, en. prenant le point A pour centre d'inversion et en choisissant^ pour simplifier, la puissance d*inversion de manière que Tua

Fig. 64.

des cercles, 0 par exemple, soit son propre inverse^ ces deux cercles 0 et 0' auront des cercles 0 et O't pour figures inverses et le cercle 0\ qui passe par le point A, auralpour inverse une droite qui sera tangente aux deux cercles 0 et O'i.

La sçlution du problème est donc la suivante : construire Tinverse du cercle 0' en prenant le point A pour centre d'inversion et pour puissance d'inversion la puissance ABxAC du point A par rapport au cercle 0 ; mener une tangente DiIVi commune au cercle 0 et à Tinverse O'i du cercle 0', et construire ensuite Tinverse de cette tangente : le cercle 0" qui résulte de cette dernière opération, et qui passe par les inverses D et D' des points de contact de la tangente DiD'i avec les cercles 0 et (Vi, est le cercle demandé.

Comme le problème de la tangente commune à deux cercles

922 GÉOMÉTHIE ÉLÉMENTAIRE PRATIQUE

peut avoir quatre solutions, il s*ensuit que le proposé en admet en générai le même nombre.

Remarque. — On ramène d'ordinaire le problème suivant à celui que nous venons de résoudre lorsqu'on fait usage de la méthode des figures inverses pour en obtenir la solution :

Construire un cercle tangent à trois cercles donnés.

Pour cela, les trois cercles donnés étant 0, (y, 0' [fig. 65) et le cercle cherché Oi, si parmi les cercles donnés O* est celui de moindre rayon, en décrivant un cercle concen-

Fi(i. 65.

trique dans chacun des deux autres avec un rayon égal à Texcès de son propre rayon sur celui du cercle 0^ le cercle décrit de Oi avec un rayon égal à son propre rayon augmenté de celui de 0", passera par le point 0* et sera tangent^à chacun des seconds cercles 0 et 0^ On substitue donc ainsi, au cercle 0| tangent aux trois cercles donnés^ un cercle concentrique assujetti à passer par le point O'' et à être tangent aux deux cercles de rayons connus et concentriques aux cercles 0 et 0'.

Comme le cercle Oi peut être tangent extérieurement ou intérieurement aux trois cercles, qu'il peut dans son contact les envelopper successivement puis séparément ou par deux, le problème admet en général huit solutions.

Od donne à cette question le nom de problème d'Apollonius.

241. III. Inscrire dans un cercle donné un quadrilatère dont les côtés passent chacun par un point donné.

Nous emprunterons à M. Petersen la solution suivante, à laquelle nous ajouterons une figure pour la rendre plus facile à comprendre.

Soient {fig. 66) le cercle donné 0, et les points a, 6, c, d par lesquels doivent passer les côtés A6, BC, CD, DA du quadrilatère à construire. Ces points servent de centre d'in-

FiR. 66.

version et Ton prend pour chacun d'eux, comme puissance d'inversion, sa puissance par rapport au cercle. Cela dit, considérons un des sommets de ce quadrilatère, A par exemple ; si Ton en prend l'inverse successivement par rapport à chacun des points a, b, c, d, il revient en A. D'autre part, soit P le point obtenu en faisant l'inversion du point d successivement autour des points c, b et a. Menons la droite PA et prenons-en Tinverse successivement par rapport aux points a^ b^ c et d; elle donne d'abord un cercle qui passe par les points a, B et {dcb), puis un deuxième cercle qui passe par les points (ab), C et {dc)^ puis un troisième cercle qui passe par les points [abc), D et of, enfin une droite PiA qui passe par le point A et Tinverse Pi de (abc) par rapport au point d. Le point P, s^obtient, d'après ce qui précède, en prenant

924 GÉOMÉl^RlE ÉLÉMENTAIRE PRATIQUE

Tinverse du point a successivement par rapport aux points ft, c, d. Or les deux droites PiA'et PA sont telles que la première résulte de la seconde par quatre inversions successives, et comme ces opérations ne peuvent altérer ni la valeur, ni le sens de l'angle que fait la droite PA avec le cercle, il en résulte que Tangle que fait la droite Pi A avec le même cercle est égal au premier et de même sens, par suite, que ces deux droites n'en forment qu*une seule qui passe par le point A.

De là la solution suivante du problème : construire l'inverse P du point d successivement par rapport aux points c, h, a; construire de même Tin verse P| du point a successivement par rapport aux points A, c, d\ la droite PPi par son intersection avec le cercle donne le point A. En joignant A et a on obtient le sommet B; enjoignant B et 6, on obtient le sommet C, et ainsi de suite.

Remarque. — Celte solution peut s'appliquer à un polygone quelconque d'un nombre pair de côtés.

Si le nombre de côtés est impair, la solution est un peu différente.

On donne à cette question le nom de problème de Castillon.

§ X. — Méthodes de recherche des lieux géoinétric[ae8.

242. Nous avons exposé plus baut la méthode des lieux géométriques pour la résolution des problèmes graphiques de géométrie et nous l'avons appliquée à quelques-uns de ces problèmes, mais nous n'avons pas encore fait connaître les procédés employés pour la recherche même de ces lieux. C'est ce que nous allons faire ici.

Rappelons d'abord qu'on appelle lieu géométrique une ligne ou une surface dont tous les points, à l'exclusion de tout autre» jouissent d'une propriété commune.

Pour établir qu'une ligne ou une surface est un lieu répondant à une condition donnée, il faut donc démontrer que tout point pris sur cette ligne ou cette surface appartient au lieu et

MÉTHODES DE RÉSOLUTION DES PROBLÊxMES GRAPHIQUES 925

que topt point pris hors de cette ligne ou de cette surface n*appartient pas au lieu.

243. Lieux plans. — Nous nous occuperons d'abord des lieux dont toutes les parties sont situées dans un même plan et qu'on appelle pour cela des lieux plant.

L'exemple qui suit répond aux considérations qui précèdent.

244. I. Ae lieu des points (Poù Von voit sous un angle donné un segment de droite donné se compose de deux arcs de cercle symétriques par rapport au segment et passant par ses deux extrémités.

Soient AB (fig^^l) le segment de droite et M un point du lieu. Si parles trois points A, M, B on fait passer le cercle qu'ils déterminent, Tare AMB est une moitié du lieu ; Tautre moitié est formée du symétrique Ali'B de cet arc.

Il s'agit d'abord de démontrer que tout point pris sur Tun ou l'autre de ces arcs appartient au lieu. Soit un point quelconque M^. Si l'on joint ce point ainsi que le point M aux extrémités A et B de la droite AB, on obtient deux aogles AM,B et AMB qui sont égaux comme inscrits dans un même segment de cercle : Mi est donc sur le lieu. Pour démontrer qu'un point M' de l'arc inférieur appartient au lieu, on considère l'angle AM'B, et l'on voit qu'il est aussi égal à l'angle AMB comme inscrit dans un segment AM'BA symétrique du précédent et par conséquent capable du môme angle.

Il reste à prouver que tout point pris hors des deux arcs AMB et AM'B n'appartient pas au lieu. Et pour cela il suffit de dire que tout angle qui aura son sommet en dehors ou à Tintérieur de l'ensemble de ces arcs et dont les eûtes passeront par les points A et B sera par cela même plus petit ou plus grand que l'angle AMB.

On construit ce lieu en remarquant que Tangle ABC, formé à Tune des extrémités de la droite donnée de manière que son côté BC soit tanj^nt au cercle 0, est égal à Tangle AMB comme ayant Tun et Tautre pour mesure la moitié de Tare ADB. La construction est donc la suivante : faire en B avec AB, et audessous, un angle ABC égal à Tangle donné ; élever la perpendiculaire DO au milieu de AB et la perpendiculaire BO à la droite BC : le point de rencontre 0 de ces deux perpendiculaires donne le centre de Tare AMB dont le rayon est OB.

Pour avoir Tare AM'B, il suffit de prolonger^ au-dessous de AB, la perpendiculaire DO d'une longueur DO' égale à DO ; le point 0' est le centre de cet arc qui a même rayon que le précédent.

On peut aussi, pour démontrer qu'une figure est un lieu, prouver d'abord, comme dans la question suivante, que tout point du lieu appartient à la figure, et, réciproquement, que tout point de la figure appartient au lieu.

245. tl. Le lieu des points dont les distances à deux points fixes sont dans un rapport constant donné est un cercle {^).

Soient A et B {fig. 68) les deux points fixes et M un point du lieu.

Si Ton mène les bissectrices MC et MD de Tangle AMB et

de son supplément BME, on obtient par leur intersection avec AB et son prolongement deux points C et D qui déterminent chacun sur AB deux segments dont le rapport, en considérant les termes avec leur valeur abso-

^^^' CB ®^*^^«^^^ MB"' c'est-à-dire au rapport constant donné. Il s'ensuit que les deux points C et D sont deux

(') Lieu précédemment énoncé (48, V).

Kig. 08.

points fixes qui appartiennent au lieu. D'autre part les deux

bissectrices MG et MD forment en M un angle droit dont

les côtés sont assujettis à passer, d'après ce qui précède, par

les points C et D; il en résulte que le point M se trouve

sur un cercle ayant pour diamètre la longueur CD.

Réciproquement, tout point M du cercle appartient au lieu.

En effet, après avoir mené les droites MD, MB et MC, si Ton

fait en M, avec MC, un angle CMA' égal à l'angle CMB, les

droites MG et MD seront bissectrices de l'angle A'MB et de

son supplément et elles détermineront sur A'B des segments

tels que Ton aura