AH = AI, AD = AE; AH — AD = AI — AE, DH = EL
La relation (3) peut donc s'écrire
2DH = 2BC, d'où DH = BC.
On tire de là la solution suivante : construire l'angle XAY égal à l'angle donné ; mener sa bissectrice AM ; inscrire dans l'angle le cercle 0 de rayon donné, dont D est le point de contact avec AX ; porter sur AX à partir du point D une longueur DH égale au côté donné BC : mener la perpendi-. culaire HO' à AX, qui donne par son intersection avec AM» le centre du cercle exinscrit 0' ; décrire ce cercle et mener aux deux cercles 0 et 0' la tangente commune intérieure qui détermine par ses intersections B et C avec les côtés de l'angle XAY les deux autres sommets du triangle.
Discussion. — Pour que le problème soit possible, il faut que les deux cercles 0 et 0' soient extérieurs ou tangents extérieurement. Dans le second cas, il n'y a qu'une tangente et
•Vd
1004 GÉOMÉTRIE ÉLÉMEr^TAIRE PRATIQUE
par suite qu'une solution. Dans le premier, comme on peut mener aux deux cercles deux tangentes intérieures communes, il y a deux triangles, mais ils sont symétriques Tun à l'autre par rapport à la bissectrice AM, et Ton peut encore dire que le problème n'admet qu'une solution.
300. V. Construire un triangle connaissant un angle, le rapport des deux côtés qui le comprennent ^ et la hauteur correspondant au troisième côté.
Le problème étant supposé résolu, soit ABC (/t^. 120) le triangle demandé dans lequel on connaît l'angle A, le rapport A des deux côtés AB et AC et la hau-
teur AD. On sait qu'en prenant sur AB et AC des longueurs AE et AF qui soient dans le même rapport que AB et AC, la droite EF obtenue en joignant les deux points E et F est parallèle à la droite BC
De là la solution suivante : construire un angle ËAF égal à l'angle donné ; porter sur ses côtés des longueurs AE et AF assujetties à la seule condition d'être dans le rapport donné ; mener EF ; abaisser du point A sur EF la perpendiculaire AG ; porter sur cette perpendiculaire prolongée au besoin une longueur AD égale à la hauteur donnée ; la droite BC menée par le point D parallèlement à EF détermine sur les deux côtés de l'angle EAF les deux autres sommets B et G du triangle.
Nous avons dans cette solution une application de la méthode des figures semblables.
301. VI. Construire un triangle connaissant un angle^ le côté opposé et le rapport des deux autres côtf^s.
Supposons le problème résolu et soit ABC (fig. 121) le triangle demandé, dans lequel on connaît Tangle A, le coté opposé BC et le rapport des deux autres AB et AC.
Le sommet A opposé au côté BC appartient donc, d'une
part, au lieu BMC des points d'où Ton voit la droite BC sous un angle égal à Tangle doi^né, d'autre part au lieu DND' des points dont les distances à deux points fixes A et B sont dans
Fig.121.
un rapport égal au rapport donné ; il s'ensuit que ce sommet se trouve à l'intersection A des deux lieux.
Le premier lieu comprend avec l'arc BMC un arc symétrique par rapport à BC, mais son intersection avec le second lieu donnerait un triangle symétrique de ABC par rapport à BC ; par suite on peut dire que le problème n'admet qu'une solution.
302. VII. Construire siir une droite donnée un triangle semblable à un triangle donné .
Soit A'B' {fig, 122) la droite sur laquelle il s'agit de cons-
ly
truire un triangle semblable au triangle ABC, A'B' devant être l'homologue de AB.
Pour résoudre le problème, on cherche des longueurs WG et A'C qui soient avec BC et AC dans le même rapport que A'B' et AB et l'on ramène ainsi la question à la construction d'un triangle connaissant ses trois côtés. A cet effet, après avoir
construit un angle quelconque XOY (fig. 123), on prend sur OX, et à partir du point 0, des longueurs OE, OF, OG respectivement égales aux côtés AB» BC et CA du triangle donné, puis sur OY on porte une longueur OH égale à A'B' ; en joignant le point Ë au point H et 0 J H I ^ en menant par F et G les paral-
J^'»P"3. lèles FI et GJ à EH, on obtient
les trois côtés OH, 01 et OJ du triangle à construire.
Une autre manière de résoudre le problème consiste à faire en A' et en B' des angles respectivement égaux aux angles A et B du triangle donné ; le triangle MWC ainsi obtenu est aussi semblable au triangle donné, les deux triangles ayant les trois angles égaux chacun à chacun.
L'une et l'autre de ces constructions trouvent leur application dans cet autre problème : Construire sur une droite donnée un polygone semblable à un polygone donné.
Pour cela on décompose le polygone donné en triangles, et en partant de la droite donnée, prise comme homologue d'un des côtés du polygone donné, on construit, par le procédé précédent, un premier triangle semblable au triangle correspondant du polygone ; sur celui-là un second, semblable à son correspondant, et ainsi de suite, en ayant soin de disposer ces triangles dans le même ordre que dans le polygone donné. Le polygone résultant de cette juxtaposition de triangles est le polygone demandé, car il est par rapport au polygone donné composé d'un même nombre de triangles semblables et senvblablement placés.
§ VI. — Construction de quadrilatères.
303.1. Construire un carré connaissant la différence entre ia diagonale et le côté.
En admettant le problème résolu, soit ABCD (fig, 124) le carré demandé. Menons la diagonale AC, et du point A comme
centre, avec un rayon égal à AB, décrivons Tare BED qui rencontre la diagonale en E, et qui détermine ainsi la longueur D F c EC donnée . Si Ton élève par le point E
la perpendiculaire EP à EC, on formeun triangle rectangle isocèle GËF dont on connaît par conséquent les deux côtés de Tangle droit ; de plus cette, perpendiculaire EF est tangente en E à Tare de cercle BED ; il en est de même de DF, Fig.124. et comme ces deux tangentes EF et DF
passent par le même point F, on a EF = DF ; il s*ensuit que la droite FA est bissectrice de l'angle DAE.
De là la solution suivante : construire un triangle rectangle isocèle GEF de manière que les deux côtés de Tangle droit CE et EF soient égaux à la différence donnée ; prolonger CF au delà de F et mener la bissectrice de l'angle EFD ainsi obtenu; cette bissectrice détermine par son intersection avec le prolongement de CE la seconde extrémité A de la diagonale ^k du carré cherché. Pour achever la figure, il suffit de mener AD perpendiculaire à CD, AB parallèle à DC et CB parallèle àDA.
304. II. Construire un carré qui soit avec un autre carré dans un rapport donné.
Soient -^ le rapport donné et N (fig. 125) le côté du carré
donné. Si M représente le côté du carré à construire, on aura
Or on sait que dans un triangle
rectangle le rapport des carrés des
côtés de Tangle droit est égal au
rapport des projections de ces
mêmes côtés sur l'hypoténuse.
Portons donc sur une droite AC deux longueurs consécutives
AB et BC assujetties à la seule condition que leur rapport soit
Ni
Fis. ï*5.
1008 GÉOMÉTRIE ÉLÉMENTAIRE PRATIQIJE
égal à -^ ; sur leur somme AC prise comme diamètre, décri-
vous le demi-cercle ADC ; par le point B élevons la perpendiculaire BD à AC, et joignons le point D d'intersection de cette perpendiculaire avec l'arc de cercle aux points A et C. Si ron porte sur DC, à partir du point D, une longueur DF égale à N, en menant par le point F la parallèle FË à AC, on détermine par rintersection E de cette parallèle avec DA une longueur DE qui est le côté du carré demandé. En effet, on a
DË^ EG AB p^ HP» " GF ^ BC ~ y
et comme DF est égal à N, il vient
de' «
Il résulte de là que si Ton fait, dans cette dernière relation, <7 = 1 et si Ton donne à p les valeurs 2, 3, 4,..., etc., DE représente le côté d'un carré double, triple, quadruple, etc., de celui qui a pour côté N.
Ce dernier problème se résout encore en construisant un triangle rectangle dont les côtés de l'angle droit sont égaux à N ; l'hypoténuse représente le côté d'un carré double de N • Si sur cette hypoténuse prise comme côté d'angle droit on construit un deuxième triangle rectangle, dont le second côté de l'angle droit est égal à N, la nouvelle hypoténuse est le côté d'un carré triple de N • En continuant cette suite de triangles rectangles, chacun ayant pour un de ses côtés de l'angle droit la dernière hypoténuse obtenue et pour second côté la longueur N, les hypoténuses successives sont les côtés de carrés respectivement quadruplé, quintuple, etc., de N*.
Dans cette série de triangles rectangles, si le premier a pour côtés de l'angle droit deux longueurs M et N, le deuxième l'hypoténuse du premier et une longueur P, le troisième l'hypoténuse du second et une longueur Q, etc., les hypoténuses successivement obtenues sont les côtés de carrés respectivement équivalents à la somme des deux carrés M h- N j
rAsolction de problèmes
N -H P > des quatre carrés M -h N -+- P H- Q » etc. On résout ainsi ce problème : Construire un carré équivalent à la somme de plusieurs carrés donnés.
Enfin, il est important d'ajouter que toutes ces constructions trouvent leur application dans la résolution des problèmes suivants :
1^ Construire un polygone semblable à un polygone donné et qui soit avec lui dans un rapport donné»
2** Construire un polygone semblable à plusieurs polygones donnés semblables entre eux et qui soit équivalent à leur somme.
On sait, en effet, qu'il suffit pour construire un polygone semblable à un polygone donné de connaître un des côtés du polygone à construire (302j.
305. III. Construire un rectangle connaissant le périmètre et la diagonale.
Supposons le problème résolu et soit ABCD {fig, 126) le rectangle cherché.
Menons la diagonale AG. Dans le triangle ACD, on connaît le côté AG, l'angle opposé D, qui est un angle droit, et la somme des deux autres côtés AD -h DC, qui représente le demi-périmètre.
La question revient donc à construire un triangle connaissant un côté, Tangle opposé et la somme des deux autres côtés. Ge problème a été résolu (278).
Ici nous construirons sur AG le segment AEGA capable de l'angle moitié d'un droit et du point A comme centre, avec un rayon égal au demi-périmètre donné, on décrira un arc de cercle dont l'intersection E avec l'arc du segment précédent permettra de construire le rectangle. 11 suffira, en effet, de joindre le point E au point A
DAUXAT. — MtTlIODOL. ^^
Fig. 12e.
et au point C, de mener par le milieu F de EC la perpendiculaire FD, dont l'intersection avec EA donnera le troisième sommet D du rectangle. En joignant D et C- et en menant par A et C les parallèles AB et CB à DC et à DA, on obtiendra le rectangle demandé ABGD.
Discussion, — Si l'arc décrit du point A comme centre avec un rayon AE a deux points communs avec Tare AEC, le second point donne un second rectangle, mais comme il esl égal au précédent, le problème n'admet en somme qu'une solution.
Si Tare de rayon AE est tangent à Tautre, il n'y a qu'un rectangle et partant qu'une solution.
Enfin, lorsque l'arc AE ne rencontre pas Tautre, le problème est impossible .
Cela dit, recherchons les limites entre lesquelles doit varier le demi-périmètre pour qu'il y ait toujours une solution.
Pour cela remarquons que la possibilité du problème est subordonnée à ce que l'arc de rayon AE ait au moins un point commun avec l'arc AEC et que AE soit plus grand que AC. Or pour que la première condition soit satisfaite il faut que AE ou le demi-périmètre du rectangle soit inférieur ou au plus égal au diamètre du second arc. En désignant le demi-périmètre par p et le rayon du cercle par. r, on doit avoir la
relation
2r > p > AC,
et pour exprimer 2r en fonction de AC, il suffit de considérer que l'angle AEC est égal à un demi-droit, par suite que l'arc AGC est égal au quart de la circonférence, de sorte que la droite AC représente le côté du carré inscrit dans le cercle AEC (321) ; il s'ensuit que 2r exprime la diagonale de ce carré. D'où cette conclusion que le problème est toujours possible si le demi-périmètre donné est supérieur à AC tout en étant inférieur ou au plus égal à la diagonale du carré construit sur AC.
