ÂB* — AD* = AB X AD

ÂB* — ÂD* = — ABxAD.

La première donne

AD=:^(-l±:^5),

et comme il s'agit ici d'une longueur essentiellement positive, la racine négative doit être rejetée; on a donc comme première valeur acceptable de AD

(i) AD=:^(v^3-l).

De la relation

ABxAD = AB' — ÂF,

AB on tire AD = il-(izt:^ïï);

mais, de même que précédemment, on doit rejeter la racine

négative, de sorte que Ton a comme seconde valeur acceptable

de AD

AB

(2) AD = — (v'S + 1).

Toutefois cette dernière valeur ne répond pas directementà la question, car elle représente une longueur plus grande que AB, et telle que divisée en moyenne et extrême raison, AB en serait le plus grand segment, mais elle serait une solution du problème plus général : Dèiei^nxiner par une parallèle à l'un Aes côtés d'un triangle un trapèze qui soit moyen propor* tionnel entre le triangle donné et le triangle obtenu par cette droite.

Il ne reste donc à considérer que la solution (1), qui indique que AD est le plus grand segment de la droite AB divisé en moyenne et extrême raison.

La construction à effectuer pour obtenir le point de division D est connue (267) ; nous n'y reviendrons pas.

2» Admettons que le triangle partiel représente la plus grande partie du triangle donné ABC et soit FG la parallèle demandée . On a alors

ABC AFG AFG " BCGF ' ABC AFG

ou

AFG ABC — AFG

et, en substituant comme précédemment aux triangles les carrés de leurs côtés homologues,

ÂB* Âf'

af' ab' - af'

ou ÂF*h-Âb'xÂF*— ÂB*=0.

Si Ton fait dans cette relation AF égal à AB .a?, elle devient, après toutes simplifications,

x^-hAB.ar — AB* = 0, d'où Ton tire

et comme x est une quantité positive, en rejetant la racine négative, on a comme valeur acceptable

X représente donc le plus grand segment de AB divisé en moyenne et extrême raison, et comme ÂF* est égal à AB. j, la longueur AF est la moyenne proportionnelle entre AB et vT.

La construction qui donne le point F consiste donc à diviser AB en moyenne et extrême raison, à prendre la moyenne proportionnelle entre AB et son plus grand segment, et à porter cette moyenne proportionnelle sur AB, à partir du point A.

312. IV. Diviser un quadrilatère en parties proportionnelles à des nombres donnes par des droites issues d'un même sommet.

Soit ABCD {fig. 133) le quadrilatère divisé par les droites

AE et AF en parti es telles

que Ton a

,,'abe aecf

AFD

Si Ton trace les deux diagonales AC et BD du quadrilatère et que par les points E et F on mène les parallèles EG et FH à AC, en joignant les points de rencontre G et H de ces droites avec BD aux sommets A et C, on forme des triangles AGC et AHC qui sont respectivement équivalents aux triangles AEC et AFC.

On peut donc écrire

ABC — AGC = ABC — AEC,

ou (2) ABCG = ABE,

et ADC — AHC = ADC — AFC,

ou (3) ADFH = AFD.

Par Taddilion membre à membre des relations (2) et (3), on

obtient

ABCG -h ADFH = ABE 4- ADF,

et, en retranchant chaque membre de cette dernière relation

d'une même quantité, le quadrilatère total ABGD, il vient

ABCD — (ABCG -\- ADFH) = ABGD — (ABE + ADF),

ou (4) AGCH = AEGF.

Si Ton remplace dans (1) les numérateurs par leurs valeurs

tirées de (2), (3) et (4), on a

ABCG ^ AGCH ADCH

ABG -h BCG AGH -h GCH AHD -+- HCD

ou bien = = •

Or les triangles ABG, AGII et AHD ont un sommet commun,

le point A, par conséquent une hauteur commune, la distance

de ce sommet à la diagonale BD : représentons cette hauteur

par h . De même les triangles BCG, GCH et HFD ont un sommet

commun, le point G, et par suite une hauteur commune, la

distance de ce sommet à la diagonale BD : représentons cette

hauteur par ^'. En exprimant Taire de chacun de ces' six

triangles en fonction de ces hauteurs et des côtés opposés, et

en substituant les valeurs obtenues aux triangles eux-mêmes

dans la relation précédente, on aura

BG[h + k') __ GH(A -h h') HD(h + AQ

,, , BG GH HD d ou = = ,

c'est-à-dire que les longueurs BG, GH et HD sont proportionnelles aux nombres donnés m^ n, p.

De là la solution suivante : mener les deux diagonales AC et BD du quadrilatère ; diviser celle qui ne passe pas par le sommet d*où doivent partir les droites de division, BD dans

notre figure, en parties proportionnelles aux nombres donnés m, n, p; mener par les points de division G et H des parallèles GE et HF à la seconde diagonale AC : en joignant au sommet A les points de rencontre Ë et F de ces parallèles avec les côtés BG et CD, on obtient la division demandée du quadrilatère.

Si les longueurs BG, GH et UD sont égales, les droites AE et AF donnent un partage du quadrilatère en parties équivalentes .

$$ VIII. — Gonatruction de cercles.

313. Parmi les problèmes relatifs à la construction du cercle, les plus connus et peut-(}tre les plus remarquables par leur ensemble et les liens qui les réunissent, sont ceux dans lesquels le cercle est assujetti à trois conditions de Tordre des suivantes : passer par un point, être tangent à une droite, être tangent à un cercle. En combinant ces trois espèces de conditions, on a dix problèmes résumés comme il suit :

V Cercle passant par trois points ;

â*' — passant par deux points et tangent à une droite ; 3° — passant par deux points et tangent à un cercle ; 4° — passant par un point et tangent à deux droites ; 5° — passant par un point et tangent à une droite et à

un cercle ; 6** — passant par un point et tangent à deux cercles ; 7^ — tangent à trois droites ; 8° — tangent à deux droites et à un cercle ; 9° — tangent à une droite et à deux cercles ; lOo — tangent à trois cercles.

Après avoir résolu les numéros 1, 6, 7 et 10 (275, 240, 276, 240), occupons-nous des suivants.

314. I. Construire un cercle passant par un point donné ei tangent à deujc droites données (N^ 4).

Fig. I3i.

Soient [fig. 134) AB et AC les deux droites, D le point, et 0

^ le cercle demandé.

Remarquons que ce cercle contient le symétrique D' du point D par rapport à la bissectrice de Tangle BAC et que ce point D', par conséquent, est déterminé. Il s'ensuit que le cercle qui passera par les deux points D et D\ et qui sera tangent à Tune des deux droites données, sera tangent à l'autre et répondra ainsi à la question. Le problème est donc ramené au suivant :

Construire un cercle passant f^ar deux points donnés et tangent à une droite donnée. (C'est le n** 2 des problèmes ci-dessus.) Soient [fig, 135) AB la droite, C et D les deux points et 0 le

cercle demandé qui est tangent à la droite au point E.

Menons la droite CD et prolongeons-la jusqu'à la rencontre en F de AB. La F E B tangente FE et la sécante

Fipi35. FD menées du même point

F au cercle 0 donnent la relation

FÊ"* = FCxFD.

Comme les deux longueurs FC et FD sont connues, leur moyenne proportionnelle donne la longueur FE, et par suite le point Ë est déterminé .

Ce deuxième problème est ainsi ramené à cet autre :

Construire un cercle passant par trois points donnés, (C'est le n* 1 de la liste ci-dessus des problèmes relatifs au cercle.)

Remarquons que la moyenne proportionnelle FË peut aussi

102i <>ÉOMÉTBIE ÉLÉMENTAIRE PRATigUE

être portée dans le sens FE^ il s'ensuit que le problème admet deux solutions.

Mais ajoutons que les deux points C et D doivent être du même côté de AB pour la possibilité du problème, que si C et D sont situés sur une parallèle à AB il n'y a qu'une solution, et que si Tun des points est sur la droite il n'y a aussi qu'une solution.

Si nous revenons maintenant à la question proposée, nous pouvons dire qu'elle admet deux solutions, soit que le point D se trouve à l'intérieur de Tun des angles formés par les deux droites données, soit qu'il se trouve sur Tune de ces droites.

Remarque. — On ramène k ce dernier problème le n" 8 de notre liste, c'est-à-dire la construction d'un cercle tangent à deux droites et à un cercle donnés, par la méthode des translations parallèles, qui consiste ici à réduire le cercle à son centre et à substituer aux deux droites deux parallèles qui en sont distantes d'une longueur égale au rayon du cercle donné. Mais on obtient quatre solutions au lieu de deux en raison de ce que le cercle à construire peut avoir, pour chacune des solutions résultant du problème précédent, deux espèces de contact avec le cercle donné : contact extérieur et contact intérieur.

315. II. Construire un cercle passant par un point donné et tangent à une droite et à un cercle donnés (N°o).

Soient {fig. 136) AB la droite, 0 le cercle etC le point donnés.

Soit aussi 0' le cercle demandé.

Si l'on mène par les deux centres 0 et 0' les perpendiculaires DE et O'F à AB, la droite qui joint le point de contact G de. ces deux cercles j,, ^ au point D passe par le point

Fig. 136. F, car le point G est le centre

d'homothétie inverse des deux cercles et les deux rayons OD et OT dirigés en sens contraires sont parallèles.

Si nous considérons dès lors les deux triangles rectangles

seiQblables DËF et DGH, on a