ED

1" Supposons que l'on ait o>BD, l'arc de cercle ( contre la droite AX en deux points ; mais pour la pos il faut que l'un au moins de ces points soit situé à dr point A, et comme cela dépend de la valeur de l'ang de la longueur de a comparée à celle de c, nous fei hypothèses suivantes.

a). A <90°. Si l'on a en même temps a<ic, U points d'intersection sont situés à droite du point A, dans'la tigure précédente, et le problëmeadmet les dei lions ABC et ABC

Si l'on a a= c, l'un des points d'intersection est du point A et l'autre coïncide avec A. Le problème n'a solution, qui consiste dans un triangle isocèle.

Et si l'on a a';>c, l'un des points d'intersectio: droite du point A et l'autre à gauche. Le problème i encore qu'une solution.

6). A = 90°. On a alors c = BD el l'hypothèse dente a >■ BD se traduit par celte autre i > c, 1 admissible, car il s'agit ici d'un triangle rectangle dam a est l'hypoténuse. Dans ce cas l'arc CEI rencontre la AX en deux points situés de part et d'autre du point i deux triangles rectangles, mais qui ne constituent solution parce qu'ils sont égaux.

c). A >-90°. On doit avoir nécessairement a> à l'angle obtus A du triangle cherché est opposé le plu cOté a. Dans ce cas, l'arc CE a un point de commun a à droite du point A, et te problème admet une solution

2« Supposons maintenant que Ton ait a = BD ; Tare de cercle CE est tangent à la droite AX, et le problème n'est possible qu'autant que Ton a en même temps A < 90** ; le problème admet alors une solution qui consiste dans un triangle rectangle.

3® Si Ton avait a << BD, le problème serait impossible.

297. II. Construire un triangle inscrit dans un cercle, dont on connait les milieux des arcs sous-tendus par ses côtés.

Supposons le problème résolu et soit ABC {fig. 417) le

triangle demandé, inscrit dans le cercle 0 sur lequel sont donnés les milieux M, N, P des arcs sous-tendus par les côtés ABf BC; CA.

Si l'on joint entre eux les trois points M, N, P, et qu'on mène la droite MC, qui réunit un de ces points au sommet opposé du triangle ABC, on a dans MC la perpendiculaire menée de M à NP : Tangle MIP, en effet, a pour mesure

arcMAP-+-aicNDG

Or, on a par hypothèse

arc MAP =

d'où

arc NDC =

arc MAP -4- arc NDC

arc BAC

arc BNG

arc BAC -h arc BNC

circonférence; c'est-à-dire que l'angle MlPest droit.

D'où la construction suivante : joindre entre eux les points donnés M, N, P; mener les hauteurs du triangle MNP et les prolonger jusqu'à la rencontre du cercle : les trois intersections ainsi obtenues donnent les trois sommets du triangle cherché.

Remarque. — La droite MC est bissectrice de Tangle C, car les deux angles ACM et MCB sont égaux comme angles inscrits ayant même mesure, les moitiés des deux arcs égaux AM et MB qu'ils comprennent entre leurs côtés. En conséquence, les hauteurs du triangle MNP sont en même temps bissectrices des angles du triangle ABC.

298. III. Construire un triangle connaissant la hauteur^ la * bissectrice et la médiane issues d'un même sommet .

Le problème étant supposé résolu, soit ABC {fig, 118) le triangle demandé. Construisons le cercle 0 circonscrit au triangle, et soient AD et AF la hauteur et la médiane

données.

Le milieu G de Tare BGC, déterminé par la perpendiculaire FG élevée par le milieu de BC, est un point de la bissectrice du triangle issue du sommet A ; cette bissectrice , joignant ainsi les deux points A et G qui appartiennent respectivement aux deux parallèles AD et FG, et qui se trouvent de part et d'autre de BC, rencontre nécessairement le segment FD de BC, compris entre ces parallèles, en un point E situé entre les extrémités F et D de ce segment ; il s'ensuit que la bissectrice et la médiane sont situées d'un même côté par rapport à la hauteur et que le pied de la seconde est le plus éloigné du pied de la dernière .

Cela dit, remarquons que le triangle rectangle ADE est déterminé parce qu'on en connaît Thypoténuse AE et un des côtés AD de Tangle droit ; de plus que le point 0 se trouve à Tintersection de la perpendiculaire FG prolongée au-dessus de BC et de la perpendiculaire HO menée par le milieu H de AG.

Fig. 118.

D'où la solution suivante : construire le triangle rectangle ADE et tracer les prolongements DX et EX' de part et d'autre de ED ; du point A comme centre, avec un rayon égal à la longueur AF de la médiane, décrire un arc de cercle qui coupe la droite X'X en deux points et conserver de ces deux points le point F qui se trouve avec le point E du même côté du point D; élèvera X'X au point F la perpendiculaire OG qui rencontre la droite AE prolongée au point G : mener AG et sur son milieu H élever la perpendiculaire UO ; du point de rencontre 0 de HO et de GO, pris comme centre, avec un rayon égal à OG, décrire le cercle 0 qui passe nécessairement au point A et détermine, par ses deux interseclioDS avec X'X, les deux autres sommets B et G du triangle cherché .

Disctission . — Désignons par hy b et m la hauteur, la bissectrice et la médiane données.

Il ressort de ce qui précède {que la possibilité du problème est subordonnée aux relations

Il s'ensuit que si deux de ces longueurs sont égales et que la troisième soit différente, le problème est impossible.

Enfin si ces trois longueurs sont égales, elles se confondent dans une perpendiculaire à X'X; tous les triangles isocèles qui ont pour hauteur cette longueur de perpendiculaire répondent à la question, et le problème est alors indéterminé.

299. IV. Construire un triangle connaissant un côté^ Vangle opposé et le rayon du cercle inscrit.

Supposons le problème résolu et soit ,ABC {fig, 119) le triangle demandé, dans lequel on connaît l'angle A, le côté opposé BC et le rayon du cercle inscrit 0, dont D, E, F sont les trois points, de contact avec les côtés du triangle.

Si nous construisons le cercle exinscrit 0' et si nous désignons par H et I ses points de contact avec les côtés AB et AG prolongés, nous remarquons que Ton a, d'une part,

d'Où (l)