DG ’ IA

De là cetle construction :

Mener IL parallèle à RR', et prendre IL=IA, puis mener LK parallèle à IG : on aura GK=IL=IA. Mençr KA et GN parallèles à KA; porter GK en GR'; mener K/N et GN' parallèles à K' A ; sur NN' , comme diamètre , décrire une circonférence , qui déterminera , par ses intersections avec RR' les sommets C et C', qui répondent à la question.

286. Prenant pour axes les droites données OX, OY, faisant entre elles un angle 9 , soit M un des centres des cercles qui çoupent la première droite sous une corde égale à 2wi, la seconde sous une corde égale à 2n. Si l’on désigne par x et y les coordonnées du point M, les perpendiculaires abaissées de ce point sur les axes OX, OY, auront pour expression ysin», xsino ; et , en désignant par p le rayon du cercle, on aura les relations

p 2 =y 2 sin 2 0-|-»j 2 , p 2 = x 2 sin 2 0-f-n 2 ; et, par suite ,

équation du lieu géométrique demandé. Ce lieu géométrique est donc généralement une hyperbole équilalère dont les asymptotes divisent en deux parties l’angle des droites données.

Si l’on fait y—0, on trouve x — ± j/' ' ce qui détermine un point de la courbe.

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Connaissant les asymptotes et un point de l’hyperbole , la courbe sera complètement déterminée.

Partageant l’angle des asymptotes en deux parties 1 égales, on aura la direction des axes ; et l’on construira facilement leur longueur , en menant par le point connu de la courbe une sécante parallèle à l’une ou l’autre de ces deux directions, et cherchant une moyenne proportionnelle entre les distances du point connu de la courbe aux deux points où cette sécante rencontre les asymptotes.

Au surplus on peut facilement déterminer un point du lieu géométrique cherché en prenant sur les droites données, à partir de leur point de concours, des longueurs égales à 2m, et 2 n, et construisant le cercle qui passe par le point de concours des droites et les extrémités des cordes 2m ,

Si l’angle 6=100° , l’hyperbole est rapportée à ses axes principaux.

Si m=n, le lieu géométrique est l’une ou l’autre des bissectrices de l’angle des droites données.

287. On sait que deux courbes du 2 e degré concentriques se coupent en quatre points qui sont les sommets d’un parallélogramme inscrit à la fois dans les deux courbes ; et par conséquent, les droites menées par le centre parallèlement aux côtés du parallélogramme forment un système de diamètres conjugués pour chacune des deux courbes.

Soit donc

A? 2 + Cp 2 = 1, (1)

Ay-f C , « 2 =1 . (2)

les équations des deux courbes rapportées à ce système de diamètres conjugués. • •

L’équation de la tangente en un point p, q, de la courbe (1) , et passant par un point x, y, de la seconde, sera

A?y+Çpa:=1 . (3)

Or si l’on désigne par <*, P, les coordonnées du point de rencontre des tangentes menées à la seconde courbe par deux points dont l’un a pour coordonnées x, y , l’équation de la corde de contact sera

Mpy-\-Oaxz=z\ . (4)

Ces deux équations devant s’accorder entre elles, puisqu’elles représentent une seule et même droite , il faut que l’on ait

Aî=à'|3, (5)

Cp—C'a. (6)

On aura donc à éliminer p et q entre les équations (1), (5) et (6).

Des équations (S) et (6) on tire

substituant dans (1),

P = ïf a '

et , toute réduction faite ,

Cette équation, étant indépendante des signes de À f , C', fait voir 1° que le lieu géométrique sera toujours de même espèce que la première des deux courbes et concentrique à ces deux courbes ;

2° Que , si les deux premières courbes sont semblables , le lieu géométrique sera une courbe de la même espèce ; car en désignant par A" et C" les demi-diamètres du lieu géométrique , on aura

A" £' Çf

et, si

on a évidemment

3° Le lieu géométrique sera un cercle si l’on a'

d’où

et, par conséquent si A=C, c’est-à-dire si la première courbe est un cercle, la seconde étant soit un cercle (A'=C'), soit une hyperbole équilatère (A r = — C f )> le lieu géométrique sera toujours un cercle.

288. Soit DD', T et T', la directrice et les tangentes données , I et P les points de rencontre des tangentes et de la directrice; faites aux points I et F les angles TIF, T'I'F, égaux aux angles TID r , TFD f : le point F est le foyer, etc.

29ÎS. Soit C (fig. 29) le centre du billard, A la position initiale de la bille, et AMNA la route qu’elle doit suivre; aux points M et N menez les tangentes MT, NT, qui se coupent en T.

D’après le principe connu , l’angle AMR=NMT, et ANS =MNT; et, à cause de MNT=NMT, on a AMR=ANS, et par conséquent AMN =ANM : le triangle AMN est donc isocèle.

Si du poinfr A on abaisse la perpendiculaire AD sur la corde MN , cette droite passera à la fois par le milieu de MN, par le centre C et par le point de concours T des tangentes MT, NT. Joignant MC et NC, on aura AMC=CMD, et ANC = CND.

Soit donc CA =d, CD=;r, le triangle AMD donne

d {d+xy+w-Y*

x~~ KR 2 — x 2 :

Elevant au carré et réduisant , on obtient

(rf-j-ff) [(d— x) (R 2 — x 2 ) — x 2 (rf-|^r)] =-. 0 .

Cette équation est satisfaite 1° par d-f-x=0, d’où x— — d;

2° par (d — x) (R' 2 — x 2 ) — a; 2 (d-)-a:)=;0. Développant, on trouve, après [réduction ,

d’où

dR 2 2 d »

= -Âd*~* /R2 + 8 ^

Le problème est donc susceptible de trois solutions.