A,,X 2 + 2A 23 YZ
Cette conique étant composée des polaires des points M, Mi, le discriminant de (8) est nul; l'équation du lieu de M' est donc
Asi
OU
4 (A* — By) (By — Cz) (Cz — kz) + [Bx — ky) {Cy — Bz) (kz — Cx) - 1 (By — Cz) (Cy — Bz) 2 = 0.
En développant on trouve
2k (C a — B*) x l + 2 tC 2 — A 2 — 2B 2 ) (A* — Cz) y> = 0. (9)
Ce calcul donne pour le lieu du point M' une cubique.
Le lieu de M" étant composé d'une droite et d'une conique, on est conduit à conjecturer la même chose pour le lieu M'. Cependant l'équation (8) nous paraît irréductible.
Nous publions donc les développements de M. Emmerich et les nôtres avec l'espoir qu'un lecteur plus heureux parvienne à les compléter et à dissiper certaines obscurités ou contradictions.
On peut généraliser la question en ces termes :
Étant donnés deux triangles ABC, A'B'C, on partage les côtés BC, B'C aux points M fl , M' a dans un même rapport, les côtés CA, C'A' aux points M 6 , M' b dans un même rapport, enfin les côtés AB, A'B' aux points M c , M dans un même rapport. Ces rapports étant choisis de
manière que les triples.de droites (AM a , BM 6 , CM C ). (A'M^, BMj, CMé). (M a Ma, MftMi, M c Mé) concourent en des points M, M', M ( . on demande les lieux des points M, M', Mi.
On peut encore supposer que (M a , Mâ), (Mj, Mj) f (M c , M£) soient des éléments correspondants des couples de ponctuelles projectives marquées sur BC et B'C, CA et C'A', AB et A'B'.
Pour terminer, nous remarquerons que les formules (6) étant mises sous la forme
on est conduit à regarder a, (3, y comme les côtés d'un triangle et à écrire
x = a cos A, y = <j cos 2 = a cos v,
/, v étant les angles de ce triangle, qui d'ailleurs, doit vérifier constamment la relation
A sin A + B sin |ut + C sin v = 0.
Cependant, cette observation, assez curieuse, ne donne pas de résultat simple. (J. N.)-
"Question ftl7.
(Voir Mathesis, (2) t. IX, p. 104).
Calculer la surface d'un triangle sphérique ABC, connaissant le côti BC c= a, la médiane AM = a et la hauteur AD = h. (Klompbrs). Solution far M. J. Déprez. On a la relation :
„ 1 4- cos a -4- cos i + cos c
cotg E «= ' ~
2 j/sin y sin (y — a) sin {p — b) sin — c) 1 cos a -f- cos i -J- cos c sin a sin à
2 cos 2 1 + 2 cos j a cos a cos | a + cos a ~~ sin a . sin A sin £ a . sin h
On a donc :
cos | « + cos a
cotg E ?
sin £ a . sin h
Note. Ont résolu la même question MM. Emmerich, Soons et Rosr.
"Question ItlO.
(Voir Matkisis, (2), t. IX, p. 128).
Éliminer x, y, z entre les équations bx* + + C V Z = 0, C V* + tyz + azx = 0, a&* -\-wx -\-bxy = 0.
(Emmbrigh).
Solution par M. A. Goldenberg. En divisant respectivement par xy, yz, zx les deux membres de chacune des équations données et posant
x = )y y y = pz, z = vx,
on obtient facilement
2ab- A = — a 9 — b* + c 2 , 2bc^ = a 2 — b 2 — c\ 2ca> v = — observant que /f*v = 1, on a
8 a f JV = (a* — b 2 — c 2 ) (— a 2 + i 2 — c 2 ) ( - a 2 — J 2 + c 2 ). Autres solutions par MM. Brocard et Déprez.
x Que*t!ou 1*37.
(Voir Mathesù, (2), t. IX, p. S16).
Soient E, F les points de concours des côtes opposés- AB et CD, BC et DA d'un quadrilatère convexe ABCD; G étant le point d'intersection des diagonales AC et BD, on mine la droite EG qui coupe BC tu X, DA en Z; on mât* attfji /a irozfc FG qui rencontre AB 0» Y, DC en U.
-S'a désignant par Q, Q' 2t* aim des quadrilatères ABCD, XYZU, et par a, (3, y, i celles des triangles BCD, CDA, DAB, ABC, on a la formule
Q ~(« + P)(« + ay(7 + P)<7+a)'
(J. Nbuberg.)
Solution par M. Emmerich. On a
AY AE tr. ACD (3 , AY P
BY ~~ BÊ tr . BCD a ' ° U ÂB^ûT+P 5
AZ AF tr.ABC à Jf . AZ 5 ■ = - ; d ou — =-
DZ DF tr.DBC a' AD a-J-$
En multipliant, on trouve,
AY.AZ q j33 tr.AYZ tr.AYZ
AB . AD 6=3 (a -f- (3) (a + à) tr. ABD y 5 on arrive ainsi et par des procédés analogues au tableau suivant :
Pour calculer Q — Q' observons que « y = J3 -f- <î = Q et posons ay — (3i = e, ay + ^ = *],
Il vient
( J c + P)(« + 3) = 2«Q- 6 , (P + y)(P + a)-2PQ + f, (y + 5)(y + p) = 2 7 Q-e, (i +«) (d + y ) — 23Q +e.
tr. AYZ + tr. CXU = — ^ \- ' =
' 2«Q — e ' 2yQ — e
ffiQ (2y* + 2a 2 — e) ftîQ (2Q' — e - 4«y) .
ydac . aSy tr. BYX + tr. DUZ = f- >/( =
«yQ (23' + 2)3» + g) «yQ (2Q* + e — 4(53)
N = (2aQ — e) (2yQ - e) = 4ayQ» — 2eQ» -f e* = 4 «yQ» — 2 («y - (3ô) Q J + e J = 2y]Q» + e». On aura donc
ce qui équivaut à la proposition.
Autre solution. On peut arriver à la formule proposée et même à une formule plus générale par des calculs plus simples.
a, {3, y, d désignant toujours les aires des triangles BCD, CDA, DAB, ABC, soient a, J, c, d quatre forces parallèles appliquées en A, B, (j, D et prenons pour X, Y, Z, U les points d'application des résultantes des
forces appliquées aux extrémités des côtés CB, BA, AD, DC 9 de sorte que
BX__c BY a kZ d DU^c XC~~Î' YA~V ZD~V VC~d
Cherchons d'abord la surface du triangle XYZ. Si «i, y, ti, désignent les perpendiculaires abaissées des points A, Y» B sur XZ, une formule connue donne
en y multipliant y>a\ % h par XZ, on trouve
XYZ = AZX.q + BZX.^ a + ô
Mais
AZX i BZX c ADX~~a + d' BZC +
tirant de là AZX et BZX pour substituer les valeurs dans la formule (1), on obtient
(a + i).XYZ = ADX-^-:+ BZCr-^-. (2) 1 a-\-d b + e
Les aires ADX, BZC résultent des égalités
analogues à la relation (1). Par suite, l'égalité (2) peut prendre la forme
aic.fi + a^ + a^S + b*.« v ' (<* + «*) (f> + e)
Par analogie,
(c + <f).XUZ = (a + 40(6 + c) W
On en conclut
2abc.iY.la
Dans la question 1237, a, b, c, d sont égaux à a, (3, y, 5; donc 2« — 2Q, 2afcc .3 = 4a(3yJ, etc.
La relation
(« + b) . XYZ — (c + d) . XUZ
se déduit immédiatement de ce que le centre des forces parallèles a, b, e, d, étant au point d'intersection G- des droites XZ, YU, on a
XYZ YG e-\-d
XUZ GU â+b'
Question 1945.
(Voir Mathesis (2), t. IX, p. 264).
Soient PP', QQ' deux cordes rectangulaires d'une parabole, passant par son foyer F, et qui rencontrent la directrice respectivement en A et B. Soient N le point de rencontre des normales en P et P' et N' le point de rencontre des normales en Q et Q'; 3 et 3 t les distances de N à PP' et QQ', et 3' et 3; les distances de N' à PP' et QQ r . 0» a fc* relations
33' = 2. FA*, 3,(3; = 2. FB*.
(E. N. Barisien.)
Solution par M. Emmerich. Soient R, R,, R', R' 4 les pieds de 3. 3 t , 3', 3;. Les triangles PP'B et P'PN étant égaux, on a FB = î et RP = FP'; de même, on conclut des triangles égaux QQ'A et Q'QN' que. 3; = FA et R' 4 Q = FQ'. Joignons B au milieu Z de PP' et FR. L'angle ABZ étant droit, on voit que FB* = FZ. FA, c'est-à-dire 3* = £ 3 f 3' 4 .
Y étant le milieu de QQ\on a demêrae FA 2 = FY. FB ou 3' 4 2 = î 3'3. On a aussi 33; «=. \ 3<3' et 3 5 : 3; 5 = 3, : 3'.
L'énoncé de cette question a été rectifié.
Solution analytique par M. Jules Cardoso-Laynes (Livourne). En prenant pour origine des coordonnées rectangulaires le foyer et pour axe des x Taxe de la parabole, on a pour cette courbe
(1) y* -2px — p* = et pour les droites PP' et QQ'
(2) mx — y = ; x-\-my = 0.
Les coordonnées des points P, P' sont
le» normales on P, P' ont donc pour équation •
Résolvons les équations que Ton obtient en additionnant et soustrayant les deux équations (3) ; nous aurons pour les coordonnées de N
De là, on déduit
9 &/L+m\ ji 2^1+«t 2 ,
g — , wi ,
puis, en remplaçant m par — — i
Mais
FA — ^(l+w*), PB—
par conséquent,
33' — 2PA 1 ;. 3 f 3;— 2PÏS*.
M. Rose a résolu la même question*
QUESTIONS D'EXAMEN
9t«. Construire un trapèze, connaissant Tune des bases, tes deux diagonales et leur angle.
9S9. On donne trois points en ligne droite O, A, B. Mener par une droite OT qui coupe les perpendiculaires élevées en A et B sur OB en des points A', B' tels que les lignes AB' et A'B soient perpendiculaires*
On a : AA\ BB' 3=Tb',AA' : BB' = OA : OB; d'où AA' et BB'. 9«8. On donne trois parallèles AA', BB', CC et une sécante u qui les coupe en A, B, C. Soient M, N deux points fixes pris sur u. On mène par M et N deux droites parallèles à une direction quelconque ; elles rencontrent CC, BB' en M', N'. Après avoir construit les parallélogrammes ACM'm, CBN'», on trace les droites M#t, N» qui se coupent en R. Démontrer que le point R décrit une droite.
)• Sur la hauteur AH d'un triangle ABC rectangle en A, on porte la longueur AD = AB, et sur l'hypoténuse CB la longueur CE = CA. Démontrer que la droite DE est parallèle à AC.
BSO. On donne un cercle et une corde AB. Trouver un rayon OC de ce cercle, tel que le cercle décrit sur OC comme diamètre touche la droite AB.
Le milieu de OC se trouve sur la circonférence (0, £ R) et sur la parallèle menée à AB à la distance JR.
•St. Démontrer les identités suivantes relatives à un triangle rectiligne quelconque ABC :
2asiD>iA = P -|> *ooa»gA- P +|;
2a* h cos* \ C = 2ab* cos* £ C = \ p2a 2 ; 2 ^2
2 (ft + cjcos* g A = 3p, 2 (i + c)8in 2 iA = p; 2 (I - c) «*\ A = - 2 (I - c) sin> i A = X— i>(»~4(- « ) ;
-S — ! — cos 2 - A = 2 cos 1 - A = 0;
a 2 aie a 2
-, ma» (g — ft)(&-c) (<?-«) .
2 (a — 1>) sin A sin B = ^ ;
«4-25 ,.1, a + 2c ,.1, 2p s 1 +" C0SeC 2 A " ïë cosec § - ip 5
a 2 « 2 aèc
il T
2acos'-Bco8 J -C = y + ^;
2 tg |a cot ^(A- B) cot|(A C) *=y
(Extrait du Supplemento al Periodico ii MaUmatiea, anno III, déc. 1899).
939. Construire un triangle ABC connaissant les points M, N, P où la médiane, la bissectrice et la hauteur partant d'un même sommet, coupent la circonférence circonscrite.
Les points M, N, P déterminent la circonférence circonscrite. La hauteur AP est parallèle au rayon ON; AM coupe OM au milieu du côté BC, etc.
