Construire un triangle, connaissant q, c—b et C — B

On trace le même triangle que dans le problème précédent.

RETOURNEMENT. 6ç

Rotation autour d'un axe.

Ce n'est qu'un cas particulier du retournement; cependant ce procédé sera si souvent employé qu'il mérite une mention spéciale. On cherche à en retirer les mêmes avantages que du précèdent, en faisant tourner une partie de la figure autour d'une droite de manière que ses deux positions soient symétriques par rapport à cette dernière. On peut ainsi, par exemple, résoudre facilement le problème général suivant:

336. Mener une droite perpendiculairement à une droite donnée et de telle manière que deux courbes données interceptent sur elle des segments égaux.

Faisons en effet tourner l'une des courbes autour de la droite donnée comme axe, elle coupera l'autre aux points cherchés.

337. Construire un carré dont deux sommets opposés soient sur une droite donnée et les deux autres sur deux circonférences données (336).

338. Sur une droite donnée, trouver un point X tel que les droites qui le joignent à deux points A et B, situés d'un même côté de la ligne donnée, fassent avec celle-ci des angles égaux.

On fait tourner le point donné A autour de la ligne donnée jusqu'à ce qu'il soit venu en Ax. Alors BXAx est une ligne droite.

Remarque. Ce problème se présente souvent dans la nature parcequ'un corps élastique lancé contre un plan, un rayon de lumière qui se réfléchit sur un miroir, une onde qui vient frapper un plan, sont renvoyés en arrière de telle manière que l'angle de réflexion est égal à l'angle d'incidence. On peut imaginer, par exemple, que A soit un point lumineux et que la ligne soit la coupe d'un miroir. Le problème consiste donc à trouver le chemin que suivra le rayon lumineux pour passer en B après la réflexion. Comme le chemin total qu'il parcourt est égal à la ligne BAi, tandisque, pour tout

autre point que Jf, ce serait une ligne brisée joignant les deux points, on voit que ce rayon effectue son trajet par la voie la plus courte.

Si le rayon passait par un autre point que A', il se réfléchirait encore comme s'il était issu de Ai ; en sorte que dans des problèmes de ce genre on peut imaginer que la ligne n'existe pas, quand on remplace le point A par Al.

339. Sur un billard, qui a la forme d'un polygone de « côtés, se trouvent deux billes M et N. Lancer M contre le côté AB, de telle manière qu'après s'être réfléchi sur BC et sur tous les autres côtés successivement, elle revienne frapper A^.

On fait tourner JJ/ autour de AB jusqu'en Mi; on peut alors faire abstraction de AB, en remplaçant M par Mi. On continue de la sorte jusqu'à ce que le problème soit ramené au précédent ; ainsi on détermine d'abord le point cherché sur le dernier côté et de là on passe facilement aux autres. Si l'un des points cheichés tombe sur le prolongement du côté correspondant, le problème est impossible.

340. Dans un polygone donné, inscrire un autre polygone dont le périmètre soit un minimum.

Deux côtés successifs doivent faire des angles égaux avec le côté du polygone sur lequel tombe leur point d'intersection; car s'il en était autrement pour l'un de ces points, on diminuerait le périmètre en amenant le point dans une position telle que le cas précédent se réalisât. Le problème est donc en liaison intime avec le précédent et peut se résoudre d'une manière analogue.

On peut commencer par le point cherché sur l'un des côtés; mais comme on ne sait pas où il se trouve, il faut successivement faire tourner le côté tout entier autour des autres côtés. On rassemble ainsi successivement tous les côtés de la figure cherchée sur une même ligne droite et les segments extrêmes de celle-ci sont les deux côtés qui se rencontraient sur la ligne qu'on a fait

tourner tout d'abord. Comme l'un d'eux a constamment accompagné le côté en question pendant les rotations, son angle avec ce dernier n'a pas changé, et le problème se trouve alors ramené au suivant :

Entre deux lignes droites d'égale longueur, en mener une troisième qui fasse avec elles des angles égaux et détermine sur elles des segments égaux, comptés à partir d'une extrémité déterminée.

Si les angles égaux sont alternes, le problème sera évidemment indéterminée, si les lignes sont parallèles, et impossible quand il n'en sera pas ainsi. Ce cas se produit quand le nombre de côtés du polygone donné est pair; au contraire, s'il est impair, le problème sera toujours possible, à la condition de considérer comme inscrits les polygones dont les sommets tombent sur les prolongements des côtés du polygone donné.

341. Construire un polygone, connaissant, en position, les perpendiculaires élevées au milieu des côtés.

Soit A un des sommets cherchés, B un point quelconque; faisons tourner la droite AB successivement autour de toutes les perpendiculaires ; A devra revenir en A tandisque B occupera une autre position Bi. Comme la ligne conserve tout le temps sa longueur, il faut que BA = BiA. On peut d'après cela résoudre facilement le problème. On commence par prendre un point quelconque B et on détermine Bi. A doit alors se trouver sur la perpendiculaire au milieu de BBi. En prenant de la même manière un autre point quelconque, on détermine A complètement. La discussion est analogue à celle de 340.

342. Construire un polygone, connaissant, en situation, les bissectrices des angles.

La solution est analogue à la précédente.

343. Mener a deux cercles donnés des tangentes qui se coupent sur une droite donnée et fassent avec elle des angles égaux.

Analogue à 338; il se ramène à 137.

344. Sur une droite donnée déterminer un point X dont les distances à deux points donnés A et B aient une somme donnée.

On introduit dans la figure la somme donnée, en prolongeant AX jusqu'en Bi, de manière que XBi = XB. X est donc le centre d'un cercle qui passe par le point B et est tangent au cercle connu dont le rayon est AB\ et le centre A. Si l'on remarque que le cercle cherché doit en même temps passer par le point qu'on obtient en faisant tourner B autour de la ligne donnée, le problème se ramène à 238.

345. Sur une droite donnée, déterminer un point dont les distances à deux points donnés aient une différence donnée.

La solution est analogue à la précédente.

Remarque. Les deux derniers problèmes peuvent aussi s'énoncer comme il suit :

Trouver les points d'intersection d'une droite donnée et d'une conique dont on connaît les axes et les foyers. Le problème peut donc toujours se résoudre avec la règle et le compas. Si, au lieu de la droite donnée, on prend un cercle indépendant de la conique, la solution avec la règle et le compas n'est plus possible.

346. Dans un triangle ABC, AD est la bissectrice de l'angle A. Trouver sur cette droite un point M tel que la différence des angles DMC et DMB soit un maximum.

En faisant tourner AB autour de la bissectrice de l'angle, ce problème se ramène à 185.

347. Deux cercles passent respectivement par A et B. Trouver sur leur axe radical un point P tel que la ligne qui joint les deux points {Q et K) o\x PA et PB coupent les cercles pour la seconde fois, soit perpendiculaire à l'axe radical.

On fait tourner le cercle passant par A autour de l'axe radical; A vient en un point A\ et ^ en Q\\ on peut décrire des cercles autour des quadrilatères QABR

et QiAiBR et il en résulte que le cercle AAiB passe par P.

348. On donne une droite PQ et deux points A et B d'un même côté de cette droite; trouver sur elle un point X tel que z BXQ = 2 z AXP.

On amène, par rotation autour de PQ, AX dans la position AiX et on détermine la projection de B sur AiX.