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i» Problème. — Mener par un point donné une, droite qui passe à égale distance de deux autres, pointe (fonnrj.

Soient un point C (planche 47, fig. 4) cl deux autres points donnés A et B. On veut mener par le point C une droite qui passe à égale distance des deux points A et B. Pour cela, joignons par une ligne droite le point A au point B; puis prenons le milieu D de la droite AB et tironjs la droite CD. Je dis que la ligne CD est la droite demandée. Pour le prouver, des points A et B abaissons sur CD les deux perpendiculaires AF et BE. Ces deux droites AF cl BÊ sont évidemment les deux plus courtes distances qui séparent les points A et B de la droite CD. Je dis qu'elles sont égales. En effet, les deux triangles ADF et BDE sont égaux ; car ils sont rectangles, l'un en F, l'autre en E; le coté AD égale le côté BD par construction, puisque le point 1) est le milieu de AB. Enfin les angles ADF el BDE sont égaux comme opposés par le sommet. Los deux triangles rectangles ADF el BDE sont donc égaux - comme ayant l'hypothénuse égale et un angle aigu égal. Mais dans des triangles égaux à des angles égaux sont opposés des côtés égaux. Donc le côté AF, opposé à l'angle ADF, égale le côté BE opposé à l'angle BDE, lequel égale l'angle ADF. Par conséquent, les points A et B se trouvent à égale distance de la droite CD.

2« Problème. — Par un point donné, mener une droite qui coupe les deux côtés d'un angle en faisant avec eux desangks égaux.

Soient un point A (fig. 2) et un angle BCD. On veut du point A mener une droite qui fasse avec les côtés BC et DC de l'angle BCD deux angles égaux. Pour cela, menons la bissectrice CE de l'angle BCD. Puis du point A abaissons sur CE une perpendiculaire AG qui coupe les côtés de l'angle donné BCD aux points F et H. Je dis que AG est la droite demandée, c'esl-à-dire que les

angles CFG et CHGsont égaux entre eux. En effet, les deux triangles CGF et CGH sont épaux. Ils sont rectangles en G ; ils ont le côté CG commun et les angles aigus FCG et riCG égaux par construction. Les deux trianglos rectangles CGF et CGH sont donc égaux comme ayant un côté égal adjacent à deux angles égaux chacun à chacun. Mais dans des triangles égaux à des côtés égaux sont opposés des angles égaux. Donc l'angle CFG opposé au côté CG est égal a l'angle CUG opposé au môme côté CG. Par conséquent, la perpendiculaire AH est bien la droite demandée.

3° Problême. — Construire un trapèze dont on connaît les deux bases et les deux cutis non parallèles.

Soient m cl « (fig. 3) les deux bases d'un trapèze, p et p l<?s deux côtés non parallèles. Cela étant, on demande de construire ce trapèze. Pour cela, menons une droite AB égale à m ; et portons sur cette ligne, h partir du point B, une longueur BC égale à l'autre base k du trapèze. Puis du poinl A pris comme centre et avec une ouverture de compas égale à p, décrivons un arc de cercle ; du point C pris comme centre et avec uuc aulre ouverture do compas égale à /)', décrivons un second arc de cercle qui coupe le premier au point 0. F.nfin, joignons par des lignes droites ce point O aux deux points A et C. Il est évident que les deux droites AO vl CO sont respectivement égales aux côtés non parallèles p et du trapèze demandé. Par le point 0, menons une droite OU parallèle à AB, puis par le point B, menons, parallèlement à CO, la droite BU qui coupe OH en un certain point H. Jo dis que le quadrilatère ABHO ainsi obtenu est le trapèze demandé. En effet, ABHO est un trapèze, car les deux côtés AB ft 011 sont parallèles, tandis que les deux autres côtés AO et BU ne lo sont pas. La base AB est égale à m par construction. Les lignes OH et CB sont égales comme parallèles comprises entre parallèles (OC et HB étant parallèles). Mais BC égale n par construction, donc OH égale aussi h, car deux quantités égales à une troisième sont égales entre elles. Venons aux côtés non parallèles. Le côté AO est évidemment égal à p. Les deux droites OC et BH sont égales comme parallèles comprises entre parallèles. Or CO est égal à p', donc, puisque deux quantités égales à une troisième sont égales entre elles, on en conclut quo le côté BH est égal à p'. Lo quadrilalère ABHO remplissant les conditions exigées dans l'énoncé du problème, est bien le trapèze demandé.

PROBLÈMES DE GÉOMÉTRIE A RÉSOUDRE 1° Problème. — Démontrer nue dam un triangle isoseèle la somme des perpendiculaires abaissées d'un.

point quelconque de la base sur chacun des deux au-. 1res eûtes est constante. •

2» Problème. — D'un point pris en dehors d'une circonférence, se rendre à cette circonférence par le plus court cltemin possible.

3o Problème. — Tracer, par 'un point donné, une circonférence qui passe à la même distance de trois points donnés non en ligne droite.

GÉOMÉTRIE ÉLÉMENTAIRE

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133. Théorème. — Dans un mime cercle ou dans des cercles égaux, deux cordes égales sont également éloigné** du centre.

Soient une circonférence 0 (fig. 4) et deux cordes égales AB et CD. Il faut prouver que ces deux cordes sont également éloignées du centre 0 de la circonférenco. Pour cela, du centre 0 de celte circonférence abaissons deux perpendiculaires, l'une OH sur AB, l'autre OK sur CD. Il est évident que OH et OK mesurent los plus courtes distances qui séparent le point O des cordes ABet CD. Joignons par des lignes droites le point 0 aux points B et D. On obtient de la sorte (es deux triangles OHB et OKD qui sont égaux. En effet, ils sont rectangles, l'un en H et Vautre en K; le côté OB égale lo côté OD comme rayons d'une mémo circonférence. Lo côté HB égale KD comme moitiés de cordes égales, car nous avons vu dans un théorème précédent que la perpendiculaire abaissé© du centre d'une circonférence sur une corde, partage celte corde en deux parties égales. Les deux triangles rectangles OHB et OKD sont donc égaux, comme ayant l'hypolhénuse égale et un côté de l'angle droit égal. Puisque ces deux triangles sont égaux, il faut absolument que le troisième côté OH du premier égale le troisième côtéOK du second. Ainsi OH est égal à OK.

134. Théorème. — Dans un même cercle ou dans des cercles égaux, quand deux cordes sont inégales, la plus petite est la plus éloignée du centre.

Soient une circonférence 0 (fig. '■>) et doux cordes inégales AB et CD. On suppose que la corde AB est plus petite que CD, et il faut prouver que, s'il en est ainsi, AB est plus éloigné du centre O que CD, c'est-à-dire que la perpendiculaire OH, abaissée du centre 0 sur AB, est plus grande quo la perpendiculaire OK abaissée du point 0 sur CD. Pour cela, a partir du point C, je porte sur la circonférence un arc CE égal à AB. La corde CE qui sous- tend l'arc CE égale la corde AB, car deux

arcs égaux sont sous-tendus par des cordes orales. Du point 0 abaissons une" perpendiculaire OH' sur CE. Celle perpendiculaire coupe la corde- CD au point M. Considérons les deux droites OK et OM. OK est perpendiculaire sur CD, et OM est oblique sur celle même droite. Par conséquent on a