E*=BO*+CD

UE*+20D.DE+ 2C.CL; mais on a dans la dernière équaion CD? DR' = AB 4AC=BC : donc BE°=2BC°+20D.

DF. 2BC.OE, et comme (357) BE.BO=BC?+BC.CE, on a BE? -2BE.BC+2CD.DE, c-à-d. que BE° -2CD.DE=2BE. BC; d'où BC—BE.BC.

BE

(842) PROB. Elever en un point P, à déterminer sur une ligne donnée AB, une perpendiculaire PQ qui étant suffisamment prolongée, rencontrerait au point O de leur intersection, deux autres lignes indéfinies AD, BC menées des extrémités de la première.

À cette fin, il est seulement nécessaire de mener aux lignes AD, BC, les perpendiculaires BE, AF quié tabliront (612) au point G de leur intersection le point de trajet de la perpendiculaire voulue.

(843) PROB. Déterminer dans un triangle donné ABC un rectangle DE dont on connaît la surface.

Il est clair que Ja perpendi- , B culaire BF partage le rectangle en deux parties DF, FG qui sontentre elles comme AF.FC.

Cela posé, supposons la chose faite; on aura EK—yEF.EC =yEREH quand rectangle FH: rectangle FG::EH:EG; d'où on conelut que pour résoudre le prob. il faut faire EG: EC ::FG:FH et construire ensuite un triangle rectangle CKF ayant FC pour hypoténuse et pour hauteur une ligne EK égale à la racine carrée du rectangle FH. La perpendiculaire EK abaissée

du sommet K de ce triangle déterminera le côté EG du rectangle demandé. |

(844) PROB. Partager un quaürilatèr. donné ABCD en quatre parties égales ou ayant entre elles des rapports donnés m:n:7r:s par deux lignes droites dont l’une EF soit parallèle à l’un AD des côtés de la figure.

Ayant d’abord mené (754) la parallèle EF telle que surf. BF soit à surf. ED::

n+rim+s; on divisera (758) la trapèze ED en deux parties AENR,DFNR ayant entre elles le rapport voulu m:s.

Maintenant, comme il est clair, à cause des triangles égaux NOQ, POR, que pour n'altérer en rien les surfaces relatives des parties composantes du trapèze ED, toute ligne de division PQ, autre que RN, devra nécessairement passer par le point milieu O de cette dernière; il suit que pour conserver le rapport m:s entre les parties EG, FG du quadrilatère, la ligne de division GH devra aussi passer par le point O ; ce qui réduit d'autant la difficulté de la solution et ne laisse plus qu'un seul point G ou H à établir pour compléter la construction.

À cet effet, ayant prolongé AD, BC jusqu’à leur rencontre en K et EF jusqu'en L et trouvé les surfaces respectives des triangies auxiliaires AKB, ELB qu'on ajoutera aux surfaces BN, BG pour avoir les surfaces GKH, NLH qui sont entre elles comme les carrés des côtés KH, LH, on n’aura plus qu'à faire y GKH — YNLH :V NLH :: KL: LH et à retrancher KB de KL+LH pour fixer le point voulu H et par conséquent la direction de Ja droite GH.

(845) PROB. Décrire un cercle DEF qui soit tangent à trois cercles donnés A, 5, {!.

donné ABCD elles des rapites dont l’une

figure.

AU RGP. D >) des triangles en les surfaces ED, toute ligne irement passer suit que pour , FG du quasi passer par le de la sciution à Ctablir pour

\ leur rencontre respectives des tera aux sur- NLH qui soni LH, on n'aura : KL: LH età point voulu H

soit tangent

Il est clair que le cercle voulu est concentrique au cercle HKL passant par le centre L d'un des trois cercles donnés et tangent aux cercles H, K décrits des centres des deux autres cercles donnés À, B, avec !

des rayons respectivement égaux aux différences entre les rayons des cercles donnés; ce qui réduit le problème à celui du par. (783).

L'étudiant ne manquera pas de voir et de tenter les nombreuses solutions que peut admettre ce problème. Ainsi, le cercle demandé peut toucher extérieurement aux trois cercles donnés, (comme dans la fig.) ou les comprendre tous les trois dans un contact intérieur ABC. Le cercle voulu pourrait encore toucher intérieurement au cercle À et extérieurement à B et à C, ou extérieurement à À cet intérieurement à B, C. Un cercle dont le contact serait extérieur pour À et C et intérieur pour B répondrait aussi au problème, de même que celui qu’on décrirait pour contenir À, B et toucher extérieurement à C, et ainsi de suite.

(846) PROB. Trouver le lieu d’un point G (G'), également éloigné de deux droites AB, CD inclinées l’une à l’autre.

Il est clair qu’on aura la distance GK=GN, (G'K'=G'N"), etce., quant le point G, (G’) sera sur la bissectrice EF de l’espace angulaire compris entre les lignes données ; donc, etc.

Il est bon de se rappeler au besoin que :

(847) Sco. 1° Le lieu des sommets de tous les triangles ayant même base et un de leurs côtés d’une longueur donnée, est la circonférence d’un cercle de rayon égal au côté donné.

2° Le lieu d’un point également éloigné de deux points donnés est la perpendiculaire au centre de la droite joignant les deux points.

8° Le lieu des sommets de tous les triangles qui ont même base et même surface ou même base et hauteurs égaies, est une ligne parallèle à la base.

4° Le lieu des sommets de tous les triangles rectangles ayant même base ou dont la somme des carrés des côtés soit égale à un carré donné, est (444) la demi-circonférence décrite sur cette base comine diamètre.

5° Le lieu des sommets de tous les triangles ayant même base, et les angles opposés à la base égaux, est (443) la circonférence d’un cercle décrit sur cette base et capable de l’angle voulu.

6° Le lieu des sommets de tous les triangles ayant même base et même rapport entre les côtés, est (608) la circonférence d’un cercle dont le centre serait situé sur le prolongement de la base et qui couperait cette base en parties ayant entre elles le rapport des côtés.

7° Si les droites OA, OB, etc., menées d’un point O à une ligne AD sont coupées en E, F, etc., dans un rapport donné, le lieu des points de sention est une droite EH parallèle à la ligne AD.

Ceci est clair (509) à cause des triangles semblables OAB, OEF, OAC, OEG, etc. et fournit un nouveau (513 et 514) moyen de diviser une ligne donnée FH ou E'H' en un nombre quelconque de parties égales ou ayant entre elles ües rapports donnés.

A cet effet il n’y a qu'a porter sur une droite indéfinie AK des longueurs AB, BC, ete. dans le rapport voulu (571 Lem. 1°) et à construire sur AD comme base, un

de deux points e de la droite

angles qui ont se et hauteurs

langles rectandes carrés des 1) la demi-cirdiamètre.

riangles ayant ase égaux, est sur cette base

riangles ayant côtés, est (608) re serait situé ouperait cette des côtés.

d’un point Où ans un rapport une droite EH

"TND

#5 De | 2 à)

droite indéfinie rapport voulu mme base, un

triangle équilatéral AOD ; on portera aiors sur OA, OD, ou sur les prolongements de ces lignes les longueurs OE, OH, ou OE' ON égales à celle de la ligne à diviser, pour joindre ensuite EH, E’H' qui sera égale à OE ou OH (O'E' ou O'H) et par conséquent à la ligne donnée, et divisée en F, QG (F", G') de la manière voulue.

(848) PROB. Trouver un point O te! qu’une droite quelconque AB (A'B') menée par ce point soit à égales distances (313) DE, CF (DE’ CF") de deux points donnés

Le milieu O, de la droite CD qui relie les points donnés répond évidemment au problème.

(849) PROB. Trois points À,B, Cétant donnés, trouver un quatrième point O tel que la somme des distances AD, BE de deux des points donnés à une ligne DE passant par le quatrième, soit égale à sc distance CH de l’autre point.

Joindre et bissecter AB en F C (805) et diviser OF en O de manière j à avoir CO=20F.

Si D'E’ était la ligne, on aurait AD'+CE'=BH" ; car (733) BG est la bissectrice de AC et on a OG=— 10B.

Si AD+BE au lieu d'être égale à CH devait avoir à CH un rapport donné m:n, on n'aurait qu'à faire OF : OC 14 min.

(850) PROBS. On n'x qu'a se rappeler ce quia été dit (480, 2°) (488) (485) et (436) et à recourir, comme aux pars. (674) et (684) etc. À une hypothèse, pour saisir immédiatement la méthode de revenir aux éléments d’un secteur, segment, zone ou lunule dont on connaîtrait l'angle au centre sous-teudu par l'arc du secteur ou du segment ou

par les arcs ou cordes de la lunule et de la zone ; après quoi le par. (785) fournira le moyen de trouver le rayon du cercle dont ces figures font partie.

(951) On proposerait encore indéfiniment des problèmes, mais il suffira À l'étudiant de ceux qu'on a déjà donnés pour lui remettre en mémoire les diverses propositions de la géométrie des lignes et surfaces.

(852) IL est clair qu’on ne saurait offrir de méthode générale pour résoudre les problèmes, puisqu'il a fallu dans la solution de ceux qui précèdent, recourir tour à tour À presque toutes les propositions de ce traité; mais on tirera souvent un grand parti de l'emploi du cercle, tant pour fixer (450) le lieu (847, 5°) du sommet d’un angle soustendu par une base ou corde donnée, que pour rendre adjacents (709) à une ligne donnée des angles qui lui seraient opposés.

(858) Il faudra s'étudier aussi à réduire à sa plus simple expression l'énoncé de tout problème à résoudre; ce qui diminuera souvent d'autant les difficultés de la solution. C'est ainsi qu’on a vu (845) que la difticulté de décrire un cercle qui suit tangent à trois cercles donnés, se réduit à en décrire un qui soit tangent à deux cercles et qui passe par un point donné. Au lieu donc d’avoir à fixer les trois points de contact ou de trajet du cercle voulu, on n’en a plus que deux à établir. De même, s’il s'agissait de décrire un cercle qui fût tangent à trois lignes données AB, CD, FE, problème dout la solution H paraît d’adord assez diflcile; il B.",

n’y aurait qu’à prolonger jusqu’à ce qu’elles se rencontrassent mutuellement les trois lignes données | pour s'apercevoir que ce problème gg" F Ê X n’est autre que celui (630) d’insérire un cercle dans un triangle donné.

one ; après quoi e rayon du cercle

: des problèmes, | à déjà donnés y propositions de

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à sa plus simple ésoudre ; ce qui de la solution.

6 de décrire un se, se réduit à en et qui passe par à fixer les trois voulu, on n’en a rissait de décrire nnées AB, CD, re

UR ËÊ X cercle dans un

(854) On a vu (699, 754, 760, 844, etc.) tout le parti à tirer du prolongement des côtés d'un quadrilatère, dans l'établissement de triangles auxiliaires, ainsi nommés, et à bon droit, pour les services importants qu'ils rendent à la géométrie. Par exemple, si la division AC dont il s’agit aux pars. (591) et (744) devait s'opérer pour un quadrilatère ON au lieu d'un triangle BLN, le .B triangle auxiliaire OBP ajouté au f quad. d'pné permettrait de poursuivre

l'opération tout de même que si la 1 4 ligne OP n'existait aucunement.

(855) Cette méthode de prolonger ——

les côtés d’une figure ou autres lignes

finies ou indéfinies est aussi d’un puissant secours dans la solution de beaucoup d’autres problèmes, comme on le voit aux paragraphes (706) (709) (725) (736) (768) (783) etc. ct notamment au par. (717).

(856) Quand on trouve apropos d'inscrire dans des cercles les figures sur lesquelles on opère, il est souvent avantageux de relier par des lignes les divers points d’intersection formés tant par les côtés que par leurs prolongements, comme le font voir les figures des pars. (712) (715) ete ; tandis que dans d’autres cas ce sera un rayon à mener, ou un diamètre, ou encore une perpendiculaire à un diamètre, etc. D'ailleurs, comme on l’a déjà dit, les modes de solution sont aussi variés que les problèmes mêmes et exigent que l'on mette à contribution tour à tour toutes les propositions de la géométrie.

(857) Il y a un nombre des problèmes précédents qui peuvent paraître à l'étudiant comme purement de fantaisie et sans aucune utilité pratique ; mais il suffira d'indiquer dans un ou deux cas la relation de la théorie à la pratique, pour lui faire voir l'avantage de n’en négliger aucun. C’est ainsi que le par. (760) présente le moyen de partager un terrain AC de manière que les acquéreurs des parcelles

a Si 2 1 2