CHAPITRE III

Problème I.

404. Transformer un polygone donné ABC DF Fl S- *89. en un triangle.

11 est clair que si nous savions transformer un polygone donné en un autre qui eut un côté de moins, nous pourrions regarder le problème proposé comme résolu. Or, si nous joignons CF, le polygone A B CF aura un côté de moins que ABCDF; mais aussi il sera plus petit que lui du triangle CDF. 11 s’agit donc d’ajouter au polygone ABC F une surface égale à celle de ce triangle, sans cependant augmenter le nombre de scs côtés ; or, on y parviendra en construisant sur CF un triangle équivalent à CDF, dont le sommet soit sur AF. 11 suffira, pour cela, de mener par le point D une parallèle DG à CF, et de joindre CG : car il est évident que le triangle CGF aura ainsi même base et même hauteur que DCF, et lui sera par conséquent équivalent (370). Le polygone proposé ABCDF sera donc transformé en un polygone ABC G ayant un côté de moins. Pour transformer actuellement ce quadrilatère en un triangle, on joindra semblablement B G ; par le point C on mènera la parallèle C I à B C ,

rm i4

on tirera la droite BI, et le triangle ABI résoudra le

problème.

Remarquons que notre triangle a un côte' AB et un angle A communs avec le polygone donné.

Remarquons encore que notre construction convient aussi bien à un polygone concave qu’à un polygone

Fig. 190. convexe. L’hexagone ABC DE F a été transformé successivement en un pentagone ABCDG, en un quadrilatère ICDG, et enfin en un triangle ICE.

Problème II.

40 o. Transformer un triangle donne en un carré . „

Cherchez une moyenne proportionnelle entre la hase et la moitié de la hauteur du triangle et vous aurez le côté demandé; car le carré de cette moyenne proportionnelle sera égal au produit de la hase du triangle par la moitié de sa hauteur, c’est-à-dire à son aire.

Fig. 191. Ainsi, on prendra le milieu F de la hauteur AD; on prolongera FD d’une quantité DG = CB; et, en décrivant une demi-circonférence sur FG, ou déterminera la moyenne proportionnelle DI entre DF et DG.

40G. Corollaire. On pourra ainsi transformer un polygone quelconque en un carré , puisque nous venons de donner le moyen de changer tout polygone en un triangle.

Problème III.

407. Transformer un triangle ABC en un autre qui ait pour sommet un point donné O, et dont la base soit dirigée suivant BC a partir de. R ou de C.

11 peut se présenter deux cas, selon que le point O se trouve ou ne se trouve pas sur l’un des côtés A B et AC.

Fig. 192. Premier cas. Supposons le point O sur le côté AB. Si nous joignons OC, nous formerons un triangle BOC, dont le sommet sera en O, et qui aura BC pour hase. Mais il est trop petit de A OC. Pour l’augmenter

de cette quantité , sans cependant changer le nombre de scs côtés, nous mènerons par le point A une parallèle AF à OC , et nous joindrons O F (370). Il est facile de voir que le triangle BOF résoudra le problème.

Deuxieme cas. Supposons que le point O ne soit Fig. 193. ni sur l’un ni sur l’autre des deux côtés AB et AC.

Nous ramènerons ce second cas au premier en transformant le triangle ABC eu un autre qui ait même base et même hauteur que lui, et dont un des côtés soit dirigé suivant BO; il suffira pour cela de mener par le point A une parallèle à BC , et de joindre le point A', où elle coupe BO, avec le point C. Le triangle BOF résout le problème.

Problème IV.

408. Par un point O donné sur le périmètre d'un Fi< polygone ABCDEF, mener une droite qui en * î Lh anche une partie équivalente a un polygone donné

On transformera d’abord le polygone LJVINQ en un triangle équivalent LQR (404), puis celui-ci en un autre LST, dont la hauteur soit égale à la perpendiculaire abaissée du point donné O sur le côté adjacent AB. Cela fait, on prendra sur ce côté AB une quantité AG = LT, et l’on joindra OG. Si le point G ne se trouve pas au delà de B, le problème est résolu, puisque le triangle O AG est équivalent à LST, et partant au polygéne donné LMNQ. S’il n’en est pas ainsi , on joindra OB; et, comme il ne s’agira plus que de retrancher du polygone OBCDEF une portion équivalente au triangle OBG, on construira sur O B un triangle équivalent à OBG, et dont le sommet soit sur la droite indéfinie BC. Pour cela, on mènera GH parallèle à OB , et l’on joindra OU. Si le point II ne se trouve pas au delà de C , le problème est résolu : car le quadrilatère OABII est équivalent au triangle OAG. Si le point H est situe au delà do C, les mêmes consi-

, dérations conduiront à joindre OC, à mener HI parallèle à OC , et à tirer 01. Si le point I ne tombe pas au delà de D, le problème est résolu : car le triangle O C pétant équivalent à OC H , le pentagone OABCI est équivalent au quadrilatère OABH , et partant au triangle O A G. Si , comme dans la figure , le point I est situé au delà de D, on tirera OD, on mènera par le point I la parallèle I K. à OD , et l’on joindra O K. Le point K se trouvant entre D et E, la droite O K. résout le problème.

Remarquons que le problème pourrait être impossible si le polygone proposé était concave.

Problème V.

409. Construire un carré qui soit équivalent a la somme de plusieurs carrés donnés.

Pour additionner les deux premiers carrés, construi- Fig. 195. scz un triangle rectangle O AB dont les deux côtés de l’angle droit soient égaux aux côtés a et b de ces carrés, et il est clair que le carré construit sur son hypoténuse AB sera la somme de ces deux-là. Pour additionner à cette somme le troisième carré, on élèvera au point B une perpendiculaire BC — c, on joindra AC, et le carré fait sur AC sera la somme des trois premiers carrés, et ainsi de suite.

Problème VI.

410. Construire un carré équivalent il la différence de deux carrés donnés.

Fig. 196. Construisez nu triangle rectangle dont l’bypoténusc AO et un des côtés OB de l’angle droit soient égaux aux côtés a et b de ces deux carrés, et le carré construit sur le troisième côté AB de ce triangle résoudra le problème.

Problème VII.

411. Etant donnés deux polygones semblables , construire un t/visième polygone qui leur soit sem-

blable , et dont l'aire soit la somme ou la différence des aires de ces deux polygones.

On cherchera le côté d’un carré qui soit égal à la somme ou à la différence des carrés faits sur deux côtés homologues des polygones donnés, et l’on aura le côté qui, dans le polygone demandé, doit être homologue à ces deux côtés-là , de sorte que le problème sera alors ramené à celui du n° 282.

Problème VIII.

412. Construire un carré qui soit a un carte donné a ’ comme une ligne donnée m est h une autre ligne donnée n , c’est-à-dire qui soit tel qu’en repfésentant son côté par x, on ait la proportion

Les carrés construits sur les côtés de l’angle droit d’un triangle rectangle étant proportionnels à leurs projections sur l’hypoténuse (392), je prends sur une droite indéfinie deux parties OM et ON respectivement Fig. 197. égales à m et à n, je décris sur M N comme diamètre une demi-circonférence, j’élève au point O la perpendiculaire OP sur MN, et je joins PM et PN, ce qui forme le triangle rectangle PM N, Si donc P N était égale au côté a du carré donné, PM serait Iq^ôté du carré demandé. S’il n’en est pas ainsi, je prends sur PN, prolongé s’il est nécessaire, la partie PA = « (remarquez que dans la proportion demandée x 1 : a' : : m : n y le carré a ’ doit correspondre à la ligne «), je mène AX parallèle à MN , et je dis que la droite PX résout le problème. En effet, on a évidemment :

PX : PA ou <z :: PM : PN, et par conséquent

PX’ : n* : : PM* : PN*.

Mais le triangle rectangle PM N donne :

PM* : P N* :: MO ou m : NO ou n:

21* IBÇOKS t)B GÉOMÉTRI*.

donc , à cause du rapport commun ,

413. Si l’on demandait un carré qui fût une certaine fraction , par exemple les § du carré a ’, il est évident que ce problème étant un cas particulier du précédent, pourrait se résoudre de la même manière, en ayant soin seulement de prendre OM et ON égales respectivement à trois fois et à cinq fois une grandeur arbitraire; mais on arrivera plus directement au but de la manière suivante.

Fig. 198. On décrira une demi-circonférence sur OA, côté du carré donné; puis, ayant partagé ce côté en cinq parties égales, on élèvera une perpendiculaire BX au troisième point B de division; on joindra OX, et cette droite sera le côté du carré demandé. En effet, le carré d’une corde est au carré du diamètre comme la projection de cette corde est au diamètre (237 et 595) : donc

ÔX* : ÔÂ* : : OB : O A.

Mais O B est les de OA : donc aussi le carré construit sur OX est les 2- de celui fait sur OA.

414. Si le carré demandé devait être, par exemple, Fig. 199. les ij du carré on diviserait le côté OA de ce

carré en trois parties égales; mais on le prolongerait d’une quantité AB égale à deux de ces parties, de sorte que O B étant ainsi les !j de OA — a , le carré fait sur O B sera les - A du carré a'. Si donc on cherche, comme précédemment, le côté OX d’un carré qui soit les de celui construit sur O B, on aura résolu le problème : car les -| des ^ du carré a' sont les ou les ■| de carré.

Problème IX.

415. Trouver une droite x qui soit a une droite donnée a, comme un carre donné ni * est à un autre carré donné «*, c’est-à-dire telle que l’on ait la proportion

En s’appuyant toujours sur ce principe, que les carrés des côtés de l’angle droit d’un triangle rectangle sont proportionnels aux projections de ces côtés sur l’hypoténuse, on tracera deux droites à angles droits sur lesquelles on prendra des distances OM et ON respectivement égales aux côtés des carrés Fig. 200. donnés m* et n' ; puis, joignant MN et abaissant du sommet O la perpendiculaire OP sur MN, on aura la proportion

OM* ou m • : ON’ ou n' : : M P : NP.

Si donc NP était égale à a, MP résoudrait le problème. S’il n’en est pas ainsi, on prendra sur PN une distance PA = a (remarquez que, dans la proportion demandée, a doit correspondre à «’); puis on mènera AA' parallèle à OP jusqu’à la rencontre de ON, et ensuite A'X parallèle à MN. Il est facile de voir que QX sera la ligne demandée.

41 G. Scholie. Si l’on demandait seulement le rapport des deux carrés m * et «*, il n’y aurait qu’à chercher une troisième proportionnelle x aux deux côtés m et n de ces carrés, et le rapport de m à x serait celui même de /«’ à n*, comme il est facile de le voir.

Problème X.

417. Construire un polygone semblable au poly- Fig. 201. go ne ABGDF, cl dont l’aire soit à celle de ce polygone dans le rapport de deux droites données m et n.

Puisque le polygone demandé doit être semblable à ABGDF, leurs aires seront proportionnelles aux carrés de leurs côtés homologues; mais comme, d’une autre part, ces aires doivent aussi être proportionnelles aux droites m et n, on voit que les carrés de ces côtés homologues seront entre eux comme m est à n : ainsi, pour avoir le côté qui , dans le polygone demandé, sera homologue à AB, il faudra chercher le côté d’un carré qui soit au carré fait sur AB comme m est à n. On

pourrait résoudre ce problème par la construction donnée au n® 412 ; mais il sera plus simple d’imiter celle donnée au n° 415 ou 414. En conséquence, on cherchera une quatrième proportionnelle AG aux trois lignes n, m et AB; puis, ayant décrit une dcmi-çirconférence sur la plus grande des deux lignes AG et AB, on élèvera à l’extrémité de la plus petite une perpendiculaire, et l’on tirera la corde AI : cette corcfe sera le côté du carré demaudé. On la rabattra donc en AB' sur AB, et il ne s’agira plus que de construire sur AB un polygone semblable à ABCDF. Pour cela, on partagera le polygone ABGDF en triangles par des diagonales issues du sommet A, si la chose est possible; puis ou mènera successivement B'C', parallèle à BC; C D', parallèle à CD; D'F', parallèle à DF; et le polygone AB'C'D'F' résoudra le problème : car d’abord il est semblable à ABCDF (254), ensuite leurs aires sont entre elles comme AB'* est à AB*, par conséquent comme AG : AB, ou comme AM = m : AN = n.

Problème XI.

Fig. 202. 418. Un polygone ABCDF étant donné, con-

struire quatre polygones qui lui soient semblables , dont les aires soient proportionnelles h quatre lignes données m, n , p , q, et telles que leur somme soit égale h celle du polygone ABCDF.

Partagez l’un quelconque AB des côtés du polygone en parties AM, MN, N P, PB, proportionnelles aux quatre droites données m, n, p, q; reportez les parties intermédiaires MN et NP de A en N' et en P'; puis, ayant décrit une demi -circonférence sur AB, élevez aux points M, N', P' et P des perpendiculaires MB', N' B", P'B'" et PB” sur AB, et joignez AB', AB', AB'", PB”. Ces cordes seront les côtés qui, dans les polygones demandés, seront homologues à A B : car les carrés de ces cordes sont proportionnels à leurs projections AM, AN', AP' et BP, et par conséquent aux

lignes m , n, p, q;e t,la somme de ces projections étant AB, la somme de ces carrés sera AB’ : donc aussi les aires des quatre polygones seront proportionnelles aux lignes m, ti y p, q, et leur somme sera celle même du polygone ABC DF.

Problème XII.

419. Transformer le polygone A BCD en un autre Fig. 203 qui soit semblable au polygone F G IK L.

Désignons, pour abréger, par P et Q les aires respectives de nos deux polygones, et par x le côté homologue à FG dans le polygone inconnu. Puisque ce polygone doit être semblable à FGIK.L, on aura:

Q:P::FG’:.r\

Cela posé, on transformera les polygones Q et P chacun en un carré, et, en désignant par q et par p les côtés de ces carrés, la proportion précédente deviendra :

q’ : p* :: FG* : x ’, de laquelle on tire (Arilh., n® 235).

Ainsi, en cherchant une quatrième proportionnelle aux trois lignes connues q, p et FG, on aura le côté qui, dans le polygone demandé, doit être homologue à FG. Il sera facile ensuite de construire ce polygone.

420. Corollaire. Le problème que nous venons de résoudre donne le moyen de transformer un polygone irrégulier quelconque en un des polygones réguliers que nous savons inscrire dans la circonférence : car il suffira évidemment de construire d’abord un polygone régulier qui ait le nombre de côtés demandé; puis de transformer le polygone irrégulier eu uu autre qui soit semblable au nouveau polygone.

Problème XIII.

42 1. Partager le trapèze ABCD en deux parties fig. 204.

proportionnelles à deux droites données p et q par une parallèle a ses bases.

Supposons que EF soit la parallèle demandée, et que l’on ait. ainsi

AF : EC :: p : q; on tire de cette proportion

AC : AF ::p -+• q :p.

Cela posé, je prolonge les deux côtés AD et RC jusqu’à leur rencontre en O, et alors la similitude des deux triangles OAB et OEF donne la proportion

OAB : OEF :: ÂB’ : ËF\

d’où

OAB : AF