CÂ = T

c'est-à-dire que le point G est à des distances des- points E et

A dont le rapport est égal à —

Il résulte de tout cela que le sommet C du quadrilatère se" trouve, d'une part, sur le cercle décrit du sommet B comme centre avec un rayon égal au côté 6, et d'autre part sur le lieu des points dont le rapport des distances aux deux

sommets A et E est constant et égal à — •

De là la solution suivante : prendre sur une droite indéfinie X'X une longueur AB égale au côté a ; prolonger ce côté d'une

longueur BE égale à — ; décrire du point B comme cen-

tre un cercle de rayon égal au côté b; construire le lieu des points dont le rapport des distances aux deux points A et E est égal au rapport des deux côtés 6 et c; l'intersection de ces deux cercles donne le troisième sommet C du quadrilatère. Décrire enfin des points C et A pris comme centres, avec des rayons respectivement égaux k c eik d, des arcs de cercle qui déterminent par leur intersection à Topposé de B par rapport à AC, le quatrième sommet D du quadrilatère.

Comme la détermination du point C se fait aussi par une intersection d'arcs de cercle, il peut y avoir deux points C mais ils sont symétriques l'un de l'autre par rapport à X'X et il en résulte que le problème n'admet qu'une solution.

Remarque. — Il est intéressant de savoir que si Tordre dans lequel se succèdent les côtés du quadrilatère devenait arbitraire, six quadrilatères symétriques deux à deux par rapport à la perpendiculaire menée par le milieu de a répondraient à la question et constitueraient par conséquent trois solutions distinctes, caractérisées par le seul fait que a y aurait respectivement pour côté opposé les longueurs b^ c, rf.

308. VI. Inscrire dans un qiiadrilairre donné un quadrilatère semblable à un autre quadrilatère donné.

Désignons par ABGD le premier des quadrilatères donnés, par EFGH le second, et considérons que ce problème admet un inverse que nous pouvons formuler ainsi :

Circonscrire à un quadrilatère donné EFGH un quadrilatère A'B'C'D' semblable à un autre quadrilatère donné ABGD.

Un simple examen de ces deux problèmes montre assez clairement que le second est plus facile à résoudre directement que le premier, car la construction, sur les côtés du quadrilatère donné EFGH, des segments capables des angles du quadrilatère à réaliser A'B'G'D' donnera- déjà les lieux des quatre sommets. D'autre part, il est utile de considérer que si Ton sait trouver la solution de cette seconde question, on pourra s'en servir pour obtenir très simplement celle de la première. Il suffira, en effet, de diviser chaque côté du quadrilatère ABGD en deux parties proportionnelles aux segments que déterminent, sur les côtés homologues du quadrilatère circonscrit A'B'G'D', les sommets du quadrilatère inscrit EFGH, puis de joindre consécutivement les points de division obtenus.

Cherchons donc à résoudre la seconde question [fîg. 129)-

Les sommets des angles A' et G' se trouvent sur les arcs de segments capables de ces angles et décrits respectivement sur EH et FG; d'autre part, le triangle ATB'G', semblable au triangle correspondant ABG dans le quadrilatère donné ABGD, a ses angles G'A'B' et B'C'A' connus, et comme lun des côtés de chaque angle passe par un point fixe, le point E pour le premier et le point F pour le second, situés respec-

Kig. H».

tivement sur les cercles 0 et 0', il est facile de déterminer sur

ces cercles où ces angles sont inscrits les deax points fixes I et J par lesquels passent leurs deux autres côtés.

De là la solution sui- .vante : construire sur deux côtés opposés, EH et FG par exemple, du quadrilatère EFGH, les segments capables des angles A et B du quadrilatère ABCD ; prendre, à partir de E et de F, les arcs El et FJ doubles de ceux qui mesurent les angles CAB et BGA dans ce dernier quadrilatère; mener IJ et prolongerde part et d'autre jusqu'à la rencontre en A' et en C des arcs des segments précédemment décrits; en joignant ces deux premiers sommets du quadrilatère cherché, A' aux points E et H, et G' aux points F et 6, on obtient quatre droites qui prolongées suffisamment déterminent par leurs intersections les deux autres sommets B' et D' du dit quadrilatère.

Nous avons supposé que l'angle A' du quadrilatère A'B'C'iy correspondait au côté EH du quadrilatère EFGH, mais il pourrait correspondre à Tun quelconque des côtés de ce quadrilatère, ce qui conduirait à quatre solutions ; d'autre part chacune des positions de Tangle A' donne lieu à deux quadrilatères différents, car avec la position sur EH par exemple, les angles opposés B' et D' peuvent avoir pour correspondants respectifs dans les côtés de EFGH, EF et GH ou bien GH et EF : d*oii il ressort que le problème admet huit solutions. Il en est de même du problème proposé.

§ VII. — Division de triangles et de quadrilatères.

309. I. Diviser un triangle en trois parties proportionnelles à des nombres donnés, par trois droites issues d'un point intérieur et aboutissant aux trois sommets du triangle.

Soit le triangle ABC {fig. 130) que les droites OA, OB et OC

divisenten trois parties telles que ^ l'on a

AOB BOC AOC

Si Ton mène les droites OD et OK respectivement parallèles aux côtés AB et AG et qu'on joigne ensuite les points D et E au point A, le triangle ABD ayant même base AB et même hauteur que le triangle AOB lui est équivalent; de même le triangle AEG est équivalent au triangle AOG pour la même raison ; il s'ensuit que, par différence entre le triangle total ABC et les deux sommes équivalentes AOB -+- AOG et ABD -f- AEG, le triangle ADE est équivalent au triangle AOG. Or les trois triangles ABD, ADE et AEG ayant un sommet commun A, par conséquent même hauteur par rapport aux côtés opposés, sont entre eux comme ces côtés, de sorte que Ton a