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| | l 1 KL Hi À

(818) PROB. On a dans un triangle ABC un côté BC, l'angle ACB compris par ce côté et le plus petit deg deux autres, et la différence BG ou AB—AC entre ces deux autres côtés, pour compléter la figure.

Soit CF=BG ; on a dans le triangle BCF les côtés BC, CF et l'angle inclus C= sup. ACB, pour trouver BF base et F anglo à la base du triangle isocèle BAF et de là AB, etc.

(819) PROB. On a les quatre côtés d’un quadrilatère inscrit dans un cercle, pour trouver les angles.

Les triangles semblables ADO, BCO B

donnent AD : BC ::OD : OC et les triangles semblables AOB, DOC donnent C AB:DC:0A:0D::0B:0OC, d'où on obtient en nombre proportionnels les longueurs relatives de OA, OB, OC, OD.

Maintenant ces longueurs relatives prises deux à deux donneront le rapport de AC à BD, et comme on connaît (604) AC.BD=:AB.CD+AD.BC, on fera (561) (appelant ac, bd, les valeurs hypothétiques des diagonales) ac.bd: AC.BD :: ae : ACŸ, pour trouver AC— V'AC? et par suite les angles requis.

(820) PROB. Si on avait dans un triangle ABD inscrit dans un cercle, la base AB, la somme AD+DB des côtés et la bissectrice DC de l’an- D gle vertical, prolongée jusqu’à la circonférence, pour construire la figure ; on obtiendrait le côté AC ou BC du triangle isocèle ACB en fesant (605) AD + DB : CD :: AB : AC ou BC; d'où on tirerait angle ADB À = sup. AOB, pour terminer ensuite la solution par la méthode du par. (729).

se

un côté BC, lus petit des \C entre ces

quadrilatère les.

à deux dononnaît (604) ant ac, bd, les AC.BD :: ac

s angles re-

> ABD ins- D+DB des

(821) PROB. Déterminer sur une ligne AB un point E tel que ses distances de deux autres points donnés C, D sur cette ligne, soient proportionnelles à ses distances des extrémités À, B.

Puisqu'on doit avoir EC:ED:: 4 0 + EA : EB et que (94 et 96) EA— A C3 ” .

EC: EC :: EB—ED : ED ou AC: EC :: BD: ED; il est clair qu'il n’y a qu’à diviser (514) CD en E de manière à avoir EC : ED :: AC : BD.

(822) PROB. Dans un triangle rectangle ABC, on a la diftérence CD, BE entre l’hypoténuse et chacun des côtés, pour trouver le reste.

On a vu (745) que DE*=2CD.BE; À d'où on obtient CB=-CD+v2CD.BE +BE, AC=—CD+DE et AB=BE+ DE. D Ë

(823) PROB. Dans un triangle rectangle (Fig. du dernier par.) on a un côté AC et la différence DE entre l’hypoténuse et la somme AC+AB des côtés, pour compléter la construction.

Puisque: (745) DE?=2CD.BE, on trouvera BE— DE’, 2CD

(824) PROB. On a dans un triangle ABC, le rectangle AB.AC des côtés, le rectangle AD.BC de la base et de la bissectrice de l’angle vertical, et le rectangle BD.DC des segments de la base ; trouver les côtés.

Parce que (800) BD.DO+AD*=—AB.AC, F

on obtient AD—V AB.AC—BD.DC et ( AD.BC=BC; maintenant (572) DE=— 1 Ÿ

DT 7\ Ex HD pc pe et (575) EF.EG—EA.ED, et ;

comme on a (530, 2°) EG. GF—G0° ou (215) BC”, on obtiendra (857)

G=V EF.EG—G0? et EF diamètre du cercle circonscrit

=EF.EG, etc.

EG

NS

(825) PROB. Mener de deux points donnés A, B, à une ligne, deux droites se rencontant sous le plus grand angle possible ACB,.

Le sommet © de l'angle voulu est au point de contact du cercle passant par les points donnés et tangent à la ligne donnée et se trouvera par la méthode du par. (768). Il est clair que tout autre sommet D ou E étant hors ..

du cercle ACB donnera (484) un angle ADB ou | AEB moindre que ACB.

Ce prob. est analogue à celui du par. (806) qui n'en est qu'un cas particulier.

(826) PROB. Trouver sur une ligne DC un point, tel que la différence AC—BC des lignes menées à ce point, de deux autres points donnés À, B, soit un maximum.

Il est clair que cette différence À serait la plus grande possible si elle était égale à la distance entière AB D B Sa El entre les points donnés ; ce qui aurait lieu si AC, BC formaient partie d’une seule et même

ligne droite ; donc, etc. Il sera d’ailleurs facile à l’étudiant de prouver l'exactitude ou la vérité de cette assertion.

(827) PROB. Trouver dans un quadrilatère ABCD un point tel, que la somme des lignes menées de ce point aux quatre sommets de la figure soit un minimum.

Il est évident que le point voulu se trouvera à l'intersection E des diagonales du quad., puisque tout autre point F donnerait la droite AC(AE+EC) moindre (161) que AF+FC et la droite BD (BE+ED) moindre que BF+FD.

DB ou AEB ) qui n’en est

un point, tel 5 à ce point, naximum.

Fr. 0

eule et même le à l'étudiant sertion.

re ABCD un de ce point

Ps C

(828) PROB. Trouver un point O tel que la somme de ses distances de trois points donnés À, B, C, soit un mi-

On est d’abord porté à croire que ce point est le centre du cercle circonscrit aux points donnés, ce qui a lieu quand ces derniers sont disposés de manière à former les sommets d'un triangle équilatéral ; mais, pour se convaincre qu'il n'en est pas toujours ainsi, il suffit de considérer que si les points donnés R, Q, 8 étaient disposés de manière à ne s'éloigner que peu de la ligne droite, le centre N du cercle circonscrit serait indéfiniment éloigné, et la somme NR+NQ+NG de ses distances indéfiniment plus grande que celle des distances IR, IQ, IS d'un point I plus voisin que N des points donnés.

On se demande ensuite si le centre du cercle inscrit au triangle ABC ne répondrait pas à la condition voulue, comme il le fait dans le triangle équilatéral; mais en ayant de nouveau recours à un cas extrême, celui où les lignes reliant les points donnés V, Y, T forment un triangle ayant un angle Y très obtus, on voit encore qu'entre le sommet Y de l'angle obtus et le centre Z du cercle inscrit, il serait facile de trouver un autre point X, tel que la somme XV+ XY+XT de ses distances des points donnés, fût moindre que celle des distances ZV, ZY, ZT de ces points au centre du corcle inscrit.

Puisque le point voulu est, en général, ni celui des distances égales, ni celui (494) des bissectrices des angles soustendus aux points donnés par les droites qui relient ces points, l’idée nous vient de faire l’essai d’un point O tel que les angies sous-tendus en ce point par les lignes menées aux points donnés soient égaux entre eux, ct cette idée est fondée sur une certaine analogie qui paraît exister entre la proposition actuelle et celle des périmètres comparatifs des figures régulières et irrégulières; connaissance qui nous est déjà acquise (764) et qui tend à démontrer que le périmètre, la somme des côtés, ou celle des distances qui séparent les points d'une figure, est d'autant moindre, autres choses restant égales, qua ses côtés ou distances, et par conséquent ses angles approchent davantage de l'égalité, comme dans le cas du triangle équilatéral où OC—0J=0M quand les angles au centre COM, COJ, MOJ sont égaux.

Le point O est en effet le seul qui réponde à la condition posée; car, soit P un point quelconque autre que O, on peut démontrer que la somme des distances PA, PB, PC est plus grande que OA+OB+OC. Il est clair que le prolongement OD de la droite OC est la bissectrice de l'angle AOB et donne en conséquence AOD=BOD. Faites CE= CP, joignez EB et faites AF—(AP+PB)—-EB ; le point F tombera’entre E et O, c-à-d., au delà de AP, car dans le triangle APB, la somme des côtés AP, PB étant constante et égale par constr. à AF+BE, il est évident que la diminution EBP d’un des angles à la base, ABP, sera suivie d’une augmentation correspondante FAP, de l’autre angle à la base BAP. Cela posé, on fait BL=BE et AK=AF, d'où OL+OK=(CA+OB)-(PA+PB) et à cause de EC=PC on a OE=PC--OC. En d'autres termes OE est l’excédant de la distance PC sur OC et (OL+-OK) l’excédant de la somme des distances OA, OB sur celle de PA, PB. La preuve se réduit donc à démontrer que OE excède OL+OK, et en effet, ayant mené LG, KH respectivement perpendiculaires à OB, OA, les triangles rectangles OLG, OKH sont tels

celui des disles angles sousqui relient ces joint O tel que es menées aux e idée est fonxister entre la omparatifs des ince qui nous 2r que le péritances qui sé- 1oindre, autres ces, et par con- > de l'égalité, OC=0J=0M sont égaux.

> à la condition tre que O, on PA, PB, PC air que le proice de l'angle Faites CE= B ; le point F , Car dans le tant constante que la diminura suivie d’une tre angle à la K=AF, d'où le EC=PC on l’excédant de t de la somme La preuve se L+OK, et en brpendiculaires )KE sont tels

(à cause des angles LOG, KOH= chacun les # d’un angie droit) que OL=40G et OK=40H ; d’où OL étant moindre que 40E et OK moindre que 4OF, on a (OL+OK) <OE.

Autrement: Si la considération des périmètres comparatifs nous autorise d'établir pour le cas du triangle équilatéral UJM que le point O des angles égaux est en même temps celui des moindres distances, il sera facile d’en venir à la même conclusion pour tout autre triangle ABO ; car, ayant fixé (807) dans un triangle donné quelconque, le point sommet des angles égaux et superposé ce triangle au triangle équilatéral, de manière à faire coincider le sommet et les côtés des angles égaux, il est clair que les points donnés À, B, C tomberont sur ces côtés ou sur leurs prolongements et que les minima AM, BJ, UC, (les plus courtes distances (108) entre deux poirts) ajoutés au minimum OJ+OM+OU donneront un minimum OA+0B+-0O0C, parce que OM, AM forment partie de la même ligne droite OMA, OJ, BJ partie d’une même ligne droite OJB et OU, UC partie de la même droite OUC.

Il suit des conclusions précédentes que si les trois points donnés étaient disposés de manière à comprendre un angle AOB égal aux, ou même plus grand que les # de deux angles droits, le sommet de l’angle obtus serait lui-même le point des moindres distances.

(829) PROB. Déterminer un triangle rectangle ABC dont on a l’hypoténuse AC et le rayon DE du cerole inscrit.

A cette fin on a dans le trian- p gle ADC la perpendiculaire DE, J> la base AC et l'angle vertical ga ADC = B + A+C = 14 angles

AC sg, PCT

droits, pour trouver (727) le reste. A ‘FE Hg

(880) PROB. Dans un triangle rectangle ABC on a les bissectrices AD, CE des côtés, pour former le triangle.

CE?=BE? + BC? = BE°+ 4BD? et AD°=BD°-4BE" ; d'où ED° = BE° + BD° = AD° + CE° RULAS jé daté

(831) PROB. Déterminer un tri ‘B angle rectangle ABC dont on p æ connaît l’hypoténuse AC et le côté DE du carré inscrit.

AC—DE:DE::BG — BF:BF, A G ri à cause (792) des triangles semblables ABC, DBE.

(832) PROB. Quand le carré inscrit du dernier problème est situé de manière à avoir un de ses sommets sur l’hypoténuse ; le problème se réduit à celui du par. (729) où on a la base AC d’un triangle, l’angle vertical B (angle droit) et la bissectrice BD de l’angle vertical (diagonale du carré) pour déterminer les côtés.

(833) PROB. Déterminer un triangle rectangle dont on a le rayon KG du cercle inscrit et le côté du carré inscrit FE ayant un sommet D sur l’hypoténuse.

DK : KG :: DB: BH; or DF: B KL :: BD: BK et DK=BD—BK.

On a donc dans le triangle rectangle BHD ce qu'il faut pour déterminer l'angle BDO, c-à-d., mn la direction de l’hypoténuse AC.

DGH 0

ABC on a les r le triangle.

& € DBE.

u dernier pro-

e ses sommets

rectangle dont côté du carré ténuse.