Première solution. — Soit
les équations des deux cercles donnés , l’origine des axes rectangulaires étant placée au centre du premier , et l’axe des x passant par le centre du second.
Les équations des tangentes aux points p, q, du premier cercle, p',q', du second, seront
!y-{-px=r 2 , (3)
Et l’on exprimera , en égalant les constantes de ces deux équations , que ces deux tangentes ne font qu’une seule et me droite : ces équations de conditions sont
Il ne reste plus qu’à déterminer p et q au moyen des équations (1), (2), (£>) et (6), et à les substituer dans l’équation
(3), ou bien à déterminer p',q’, au moyen des mêmes équations , et à les substituer dans l’équation (4).
L’équation (8) donne
et par conséquent l’équation (6) devient, toute réduction
faite ,
pr 12 r 2 — pd
Substituant ces valeurs dans l’équation (3), on obtient r ,2 q 2 -j -p 2 (r ' 2 — d 2 ) -)- 2 pr 2 d — r'* = 0 .
Mais l’équation (1) donne
d’où l’on tire par soustraction
(pd—r 2 f=r 2 r' 2 ,
et
Il suit
et enfin
rtr 1/ d 2 — ■{r±r J Y q = 5 -•
L’équation de la tangente (3) donnera par conséquent
ou
Si l’on fait y= 0 , on trouve x= p^p d-, ce qui détermine les deux centres de similitude.
Deuxième solution. — La droite (F) est parallèle au côté du triangle rectangle construit sur la distance des centres comme hypoténuse, et dont le 3 e côté est r±.r’.
177. 1° Ellipse. — Soit F, F' (fig. 10), les foyers de l’ellipse donnée , et M un des points d’intersection de l’ellipse et de la droite donnée RR', tel que FM-|-F'M=2A, grand axe de l’ellipse, d’après la propriété connue des foyers. Prolongez FM de MG=MF' : le point G sera sur une circonférence décrite du point F comme centre avec un rayon FG=2A, et de plus sur une circonférence décrite du point M (inconnu) avec un rayon (inconnu) MF'=MG.
La question revient donc à décrire un cercle assujetti à passer pour le point F' , à être tangent au cercle dont le rayon =FG et dont le centre se trouve sur la droite RR'.
Or on satisfera à celte dernière condition si , menant F'P perpendiculaire à RR', et prenant PH=PF', on assujettit le cercle demandé à passer par les deux points F' et II.
Pour résoudre ce problème ainsi énoncé, il faut faire passer un cercle quelconque par les deux points H et F', et joindre les points d’intersection de ce cercle auxiliaire et du cercle FG par la droite KL, qui rencontre en I la droite FH, prolongée s’il est nécessaire. De ce point I mener les tangentes IT, IT', au cercle FG ; le cercle qui passera par les points F’', H, T; F', H, T', sera tangent au cercle FG, et les centres M et M' seront les points demandés.
(Il est évident que le point T se confond avec le point G.)
rzhr 1 dr
V H V æ—ir^f X ~ Vd i —(r±.r‘Y ‘
SOLUTIONS DEVELOPPEES.
On voit aussi qu’il suffit , après avoir mené les tangentes IT, IT', de joindre F'T, F'T', et d’élever par le milieu de ees droites des perpendiculaires, qui rencontreront la droite donnée RR' aux points demandés M, M\
2° Hyperbole. — Il suffira d’indiquer la construction du problème , d’après ce qui vient d’ètre démontré.
Soit RR' la droite donnée , 2A l’axe transverse de l’hyperbole, dont les foyers sont en F et F'.
Du point F comme centre, et d’un rayon =2À, décrire une circonférence ; déterminer comme précédemment le point H-, symétrique à F' par rapport à la droite RR'. Faire passer un cercle quelconque par H et F' ; mener la corde de section KL, et prolonger la droite HF', qui la coupe en I; enfin, mener les tangentes IT, IT'; joindre F'T, F'T'; par le milieu de ces droites élever les perpendiculaires ïmM, m'M', qui déterminent par leur rencontre avec RR' les points M, M'.
3° Parabole. — Soit F le foyer (fig. 11) , DD' la directrice de la parabole donnée ; il s’agit de trouver sur RR' un point M tel que MF=MT, perpendiculaire à DD', c’est-à-dire de décrire un cercle qui ait son centre sur RR', qui passe par F et soit tangent à DD'.
Chercher le point H, symétrique à F par rapport à RR', et faire passer par les points F et H un cercle tangent à DD'.
Pour cela , prolonger FH jusqu’en I , prendre I K , moyenne proportionnelle à III, IF, et porter IK en IT et IT' : les perpendiculaires TM, T'M', sur DD', détermineront les points demandés.
178. Soit O le centre de la courbe (fig. 12), M le point donné, OD le demi-diamètre donné, et OE' la direction f de son conjugué.
SOLUTIONS DEVELOPPEES.
Mener MP parallèle à OE r ; sur D d , comme diamètre , décrire un cercle; élever les perpendiculaires 01 , PH, et prendre PN=PM.
Les ordonnées de l’ellipse et du cercle construits sur le même axe transverse étant dans le rapport des demi-axes , PN B
on aura =-7 = — , B étant le demi-diamètre inconnu.
