A'B'C = ^ ABC

2° Quel est, dans ce cas, le lieu du centre de gravité du triangle A'B'C? 3« Trouver l'enveloppe de chaque côté du triangle À'B'C.

(J. DÉPREZ).

Une projection orthogonale ramène la question au cas où le triangle ABC est équilatéral; les droites AA', BB', CC deviennent alors perpendiculaires à BC, CA, AB. Supposons donc le triangle ABC équilatéral.

1° Le triangle podaire de P doit avoir une surface constante; donc, d'après un théorème connu, le lieu de P est une circonférence concentrique avec la circonférence ABC. C'est la circonférence inscrite à ABC ; car les milieux des côtés du triangle ABC ont des triangles podaires dont la surface = ^ ABC.

2° Soient a, {3, y les coordonnées normales de P, et a\ fi', y' celles du centre de gravité G' du triangle A'B'C. Les coordonnées des points A', B', C sont

0, B'P + A'Pcos60* = f3 + i«, 7 + ia; a + tf, 0, a + Iy; on en conclut

«'-î«+i(P + y). P-îP + iCy + «)..»;

inversement

5a'(3' y ' 5(3' y ' a ' 5/ a 'ft' «= 3 > f3 = 3 y = 3

Substituons ces valeurs dans l'équation 2a* — 2Ifiy s du cercle inscrit au triangle ABC ; nous aurons, pour l'équation du lieu de G',

52a* — 62j3y = 0, ou 5Pa — 162(3y = 0.

Ce lieu est donc la circonférence qui passe par les milieux des médianes.

3° Prenons pour axes coordonnés les droites CA, CB. L'équation du cercle inscrit au triangle ABC sera

{x + y - a y-xy = 0, (1) 2a désignant la longueur CB. Si a? et y représentent les coordonnées du pointPde ce cercle, on trouve facilement CB' = CA' =y+- s,

de sorte que l'équation de la droite A'B' est

Les coordonnées tangentielles de A'B' étant

on aura l'équation tangentielle de l'enveloppe de la droite A'B' en éliminant a? et y entre les égalités (l)et(2). Cette enveloppe est de la 4° classe.

On peut remplacer l'équation (1) par le système x+y-a x y

Ta Ifi-J* 9 (3)

le rapport A : a tenant lieu de paramètre variable. Du rapport (3), on déduit facilement

A* — + ^^ël» + ^ ^ À* + 2p* *

de sorte que les coordonnées homogènes de la droite A'B' sont

n :V l W ""2X« + ^ : À 2 + 2a 2: 2(i t — lu+u 3 )'

Bn écrivant l'équation de cette droite en coordonnées cartésiennes (avec le paramètre l) et appliquant ensuite la théorie des enveloppes, on trouve une courbe du 6° ordre. (J. N.)

M. Bmmerioh a résolu la mâme question en supposant le triangle ABC quelconque*

Question 1109.

(Mathesii, (2) VIII, p. 280).

Étant données deux circonférences 1 et 0, on mine au point M de la première une tangente qui rencontre la seconde aux points A et B, et Von considère le tnangle M'AB dont le sommet M' est diamétralement opposé à M sur la circonférence L Trouver le lieu du centre N du cercle circonscrit à ce triangle. (Soons.)

Solution par M. Emmbrich. Prenons pour axes la ligne des centres 01 et la perpendiculaire en 0; soient

** + yi Œ R«, (1)

(x — a)> + y* = r 3 les équations des deux cercles.

Si l'on désigne par p = Oco, u <= angle IOw les coordonnées polaires de M, les coordonnées rectangulaires des points N, M, M' sont l p cos «, M U + r cos M , l a — r cos «, }psinû>; ) rsinw; | — rsinw.

La tangente au point M a pour équation

(x — a) cos » -f- y sin « = r. (2) Appelons £, y les coordonnées du point A ; elles vérifient les équations (l) et (2). En exprimant que NA = NM' on obtient (p cos (ù — x) % + (p sin (ù — y)* = [(p -f cos o — . a]* -f (p + r) 2 sin**». En développant et en tenant compte des égalités (1) et (2) on trouve

p = iacosw-l —

Telle est l'équation du lieu en coordonnées polaires. On voit que ce lieu est généralement un limaçon de Pascal, ayant pour pôle le point et pour cercle directeur le cercle décrit sur la distance 01 comme diamètre. Il se réduit au cerole directeur lorsque R* = r * + a* 9 ou quand le cercle passe par les extrémités d'un diamètre du cercle I. On obtient une cardioïde lorsque

de CL m

. R f = (r±a)«; les cercles proposés sont alors tangents l'un à l'autre.

Ont résolu la même question MM. Déprez, Ripert, Van Dorstrn, Barisirn et Simtsof. M. Barieien remarque que le centre de gravité, l'orthocentre et le centre du cercle des neuf points du triangle M'AB décrivent également des limaçons de Pascal.

Question 1989.

(Voir Mathetis, (2) IX, p. 240).

Etant donnée une conique ae foyers F et F', on considère une hyperbole équilatère ayant un de ses foyers en F et dont la directrice correspondante

passe par F'. Trouver l'enveloppe de cette hyperbole, et les lieux du centre, du second foyer et des sommets, ainsi que V enveloppe dé la seconde directrice. Trouver aussi le lieu du point de rencontre des sécantes communes à la conique et à VKyperbole. (E. N. Barisibn.)

Solution par M. J. Déprez. Remplaçons l'hyperbole équilatère par une conique qui reste semblable à elle même; soient FF' — 2d, 9 l'angle de l'axe focal de la conique variable et de la droite FF' ; prenons FF* pour axe polaire et F pour pôle.

L'équation de la conique variable est

2dk cos 9

r 1 + h cos (<o — 9) L'enveloppe a pour équation

p* — i) — 4dVp cos tù + 4iU* = 0.

La conique variable enveloppe un cercle de centre ^ > oj> *t de 2dh

rayon ^— - .

D étant la projection de F sur la directrice correspondante, le centre, Fi le second foyer; S, S' les sommets situés sur Taxe focal, T, T' les deux autres sommets, D' le pied de la seconde directrice de la conique variable, on a

FD V - l ^ An FS h - 1 F3' h + 1 FD' h % + \

es ■ t \JD 1 sas Kjh . — =3 * ■ ai t ■ es ■ •

FO V ' FO h FO h FO k*

Or D décrit la circonférence ayant FF' pour diamètre, donc 0, F*, S, S', D' décrivent des circonférences passant par F et dont les centres se trouvent sur FF'; la perpendiculaire à FD' eu D', c'est-à-dire la seconde directrice passe donc par un point fixe situé sur FF'.

Les triangles FOT, FOT' restent toujours semblables à eux mêmes, le sommet F est fixe, le sommet décrit une circonférence, donc les sommets T, T' décrivent des circonférences.

Le point de rencontre des sécantes communes à la conique donnée et à la conique variable se trouve au point de rencontre des directrices, relatives au foyer F des deux coniques.

Le point demandé décrit donc la directrice, relative au foyer F, de la conique fixe.

Autre solution par M. Rosk.

(Voir Mathesit, (2), IX, p. 280).

Calculer les coordonnées du point dont la droite de Simon far rapport au triangle de référence ABC est parallèle à la droite de Lemoine, ou à Vaxeântiorthique {joignant les pieds des bissectrices extérieures), ou à Vase ôrthique (axe d'homologie du triangle orthique et de ABC). (£. Lemoihb.)

Solution par M. J. Déprez. Plus généralement, calculons les coordonnées du point P, dont la droite de Simson par rapport à ABC est parallèle à la droite A = kx -f- By -f- C$ = 0-

Soit A' le point où la parallèle à A, menée par le sommet A, coupe la circonférence ABC; P sera le point où la perpendiculaire abaissée de A' sur BC, rencontre la circonférence ABC.

La parallèle à A menée par A a pour équation

y[aB — bk] + z[aG — cA] = 0; les coordonnées du point A' sont

c [aC — ck] — blaB — ba] 9 a[aB — bk] 9 a[aC — ck] '

et les coordonnées du point P sont

— A+BcosC+CcosB' AcosC — B+Ccosa' AcosB+BcosA— C '

1° Si A est la droite de Lemoine, A = - 4-7 4- - = 0, les coordonnées

de P sont

atf' + c' — a , (ft a + c , ] ,tê '

Le point P est donc le point de Tarry du triangle. 2° Si A est l'axe antiorthique, A = x + y -f" % — G» * es coordonnées de P sont

R cos A — r

3° Si A est Taxe orthique A = x cos A + V cos B + * ^os = 0, les coordonnées de P sont

cos A — 2 cos B cos C

Le point P est diamétralement opposé an foyer de la parabole de Kiepert.

Remarque. Si A est la droite joignant le centre du cercle inscrit an centre do cercle circonscrit, on a A = 2<p(cos B — cos C) = 0; les coordonnées de P sont

b — c c — a a —t Autre solution par M* Bmmbbich.

Question im.

(Voir Maihcsts, 2, X, pp. 104 et 128).

Soient M et M' les extrémités de deux diamètres conjugués d'une ellipse de eentre 0,N et T les points de rencontre de la normale et de la tangente en M avec le grand axe, P' et Q' les projections de M' sur le grand axe et le petit axe, R et R' les rayons des cercles circonscrits aux triangles MOT et MON. Démontrer que