DU DERNIER .NUMÉRO

<<> Problème. — Démontrer que dans un triangle isoscèle la somme des perpendiculaires abaissées d'un point quelconque de la base sur chacun des deux antres côtés est constante.

Soit le triangle isoscèle ABC(PI. -18, fig. 4). Il faut prouver que si d'un point D de sa base BC on abaisse des perpendiculaires DE, DF sur chacun des deux côtés égaux, la somme DE +- DF de ces perpendiculaires sera toujours la même quelle que soit la position du point D. Pour cela, du sommet C abaissons CK perpendiculaire sur le côté AB et

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menons par le point D la droite DU parallèle à ÀB. Les droites KH et DE seront parallèles comme étant toutes les deux perpendiculaires à une même droite AB. Elle* seront en outre égales comme parallèles comprises entre parallèles. Maintenant, je dis que les deux triangles DHC et DFC rectangles, l'un en H et l'autre en F, sont égaux. En effet, ils ont l'hypolhënuse DC commune et un angle aigu égal, car l'angle HDC du premier égale l'angle ABC du triangle donné , comme angles correspondant* formés par les doux parallèles AB et DU coupées par la sécante BD. Par supposition, co dernier anglo ABC est égal à l'angle ACD ou FCD du triangle DFC. Par conséquent, l'angle FCD égale HDC, ces deux quantités égales à une troisième sont égales entre elles. Les doux triangles rectangles que nous considérons, ont donc l'hypothénuse égale et un angle aigu égal, conséquemment ils sont égaux entre eux d'après un théorème précédent. Mais, dans des triangles égaux, à des angles égaux sont opposés des côtés égaux. Donc lo côté DF opposé à l'angle FCD est égal au côté Cil opposé à l'angle HDC lequel a la môme valeur que FCD.

Puisque DE vaut HK et que DF vaut HC, il on résulte que la somme DE -f DF égale la somme KH -f- HC. Mais, cette dernière somme est équivalente à KC. Par conséquent, la somme des perpendiculaires abaissées du point D sur les deux côtés égaux du triangle est égale en longueur ù la droite CK. Si, au lieu du point D, on choisissait un autre point D' de la base pour abaisser les perpendiculaires, on démontrerait encore de la mémo manièro quo ci~<iessU3 que la somme de ces deux perpendiculaires serait encore égale à la droite CK. La conclusion serait encore la môme pour tout point de BC autre que les points" D et D'. D'où il résulte que puisque toutes les sommes (les perpendiculaires sont égales à CK, elles sont équivalentes entro elles et possèdent conséquemment la mémo valeur constante.

i" Problème. — D'un point pris en dehors d'une cil-conférence, se rendre à celte circonférence par le plus court chemin possible.

Soient la circonférenccO(fig. i) et le point A situé en dehors de celle circonférence. Il s'agit d'aller du poinl A à la circonférence par le plus court chemin possible. Pour cela, je dis qu'il suffit de parcourir la droite AE qui forme une partie de celle que l'on obtient on joignant le point A au centre de la circonférence donnée. En effet, ce chemin AE sera plus court que tout autre qui en différera; il sera, par exemple, plus court quo AB. Pour le prouver, joignons OB et considérons le triangle AOU. Dans co triangle, lo côté AO sera plus petit

que la somme des deux autres. Ainsi, on pourra écrire AO < AB -4- BO, ou bien encore puisque AO est la somme de AE et de ËO, on aura : AE -h EO < AB + BO. f oilà deux quantités inégales; en les diminuant toutes les deux de la même quantité, les restes que l'on obtiendra seront encore inégaux. Retranchons à la première EOet à la seconde BO qui égale EO comme rayon» d'un même rerrle. Il restera AE < AB. On démontrerait de même que AE est plus petit que toute ligne droite autre que AB allant du point A à la circonférence O. D'où il résulte que cette droite AE est le plus court chemin demandé.

Remarque. Si l'on demandait de se rendre à la circonférence O (fig. 3) par le plus court chemin possible en parlant du point C pris dans l'intérieur de celle circonférence , il est facile de voir qu'il suffirait de joindre les points O cl C par une ligne droite que l'on prolongerait jusqu'à la circonférence en D pour avoir le plus court chemin demandé, lequel ne serait autre chose que CD. En effet, je dis que la droite CD est plus courte que toute autre droite CB allant du point C à un point quelconque de la circonférence O. Pou rie prouver, joignons les points B et O par une ligne droite. Dans le triangle BOC, on aura BO < BC ■+- CO, d'où en remplaçant le rayon BO par la quantité DC -f CO qui lui est également équivalente, il viendra DC -h CO < BC -f- CO. Retranchant enfin la quantité CO commune aux deux membres de celle inagalité, il restera DC < UC.

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

Il s'agit de faire passer par le point A (flg. 4) une circonférence qui soit à égale distance des trois points B, C et I). Pour cela, on commence à foire passer par ces trois derniers points une circonférence. Soit O son centre. Du point O comme centre avec OA pour rayon, on décrit une seconde circonférence qui est la circonférence demandée. Si, en effcl, on joint OB, OC, OD, il résulte de la remarque du problème précédent que les droites BE, CF et DG mesurent les distances respectives des trois points B, C et D à la circonférence qui passe par le point A. Or, il résulte de la construction mèmeque les droites BE, CPet DG sont d'égale longueur.

Dans le cas où le point A serait dans l'intérieur de la circonférence passant par les trois points B, C, D , on résoudrait lo problème d'une manière analogue. Seulement, on s'appuyerait alors, pour démontrer la légitimité de la solution, sur le problème précédent.

GÉOMÉTRIE ÉLÉMENTAIRE