DENT ESS LE

probe") és UE SA Re

D est supplément de COH. Maintenant dans le polygone ADHOG je connais les angles en À, D et O et par suite (256) la somme des angles en G et H. Or la somme des angles G, H à la circonférence me donne la demi-somme des angles au centre AFO, DEO appuyés sur mêmes arcs ABO, DCO. Dans les triangles isocèles AFO, DEO, je connais donc la somme des angles F, E au sommet pour trouver celle des angles m, m, n, n à la base. Mais mn vaut la demi-somme de 2m+2n et si à la somme AOD des trois angles donnés, j'ajoute m+n, j'obtiens l'angle FOE compris par les rayons OF, OE des deux cercles. J'ai donc dans le triangle FOE deux côtés OF, OE et l’angle inclus pour trouver FE et l’angle OFE. Ayant mené FK, EL, respectivement perpendiculaires à AB,CD et NE parallèle à AD ; je connais. dans le triangle rectangle FNE l’hypoténuse FE et un côté FN—FK—EL, pour trouver NE et l'angle NFE. Enfin, dans le triangle isocèle AFO, je connais les côtés AF, OF (rayons du cercle) et l’angle inclus AFO=OFE+NFE+AFK ou FAFB pour trouver AO et par suite BO, CO ou DO deux desquelles suffiront pour fixer la position du point O. Il est clair aussi que BC—KL (ou 271 NE)—KB—CL, c-à-d. (408) BC=KL—AB-+CD.

(718) PROB. On a le périmètre d’un triangle ABC et le rapport m à n à r entre les côtés; trouver les côtés.

Faire m+n+r:m :: pér.: AB; 3 mæn+tr:in:: pér.: BC, et AC—

pér.— AB+BC. ñn

Le; û

(719) PROB. Si on avait les angles et le périmètre

d’un triangle pour en trouver les côtés; on obtiendrait

de la manière indiquée au par. (688) le rapport entre les côtés, pour procéder ensuite comme dans le dernier par.

> polygone par suite omme des emi-s0mme nêmes arcs EO, je conpour troum+n vaut D des trois DE compris nc dans le nelus pour L, respectie à AD ; je ténuse FE et l'angle je connais igle inclus ver AO et iront pour e BC—KL B-+-CD.

> ABC et 8 CÔtés.

périmètre btiendrait t entre les Tr par.

(720) PROB. Etant donné le rapport m:n:r entre les trois angles d’un triangle ABC : trouver les angles.

On se rappellera ce qui a déjà été dit (24 et PROP. XXXIV) au sujet de l'unité de mesure d’un angle ou d’un arc, et on verra que par des bissections successives (416) de la circonférence ou d’une partie aliquote quelconque de la circonférence, il sera facile d'arriver à une unité de mesure angulaire DCF, si petite qu'elle soit, qui permette d'exprimer avec toute l’exactitude désirable le rapport entre deux ou plusieurs angles dunnés.

Soit EGD un demi cerele divisé comme susdit, et pouvant servir en conséquence d'échelle applicable à la mesure et comparaison des espaces angulaires; ayant disposé cette échelle de manière que le centre © corresponde à l’un C des sommets du triangle donné, et que le diamètre ED soit parallèle au côté opposé AB du triangle; il est clair qu’on aura l'angle DOB égal à son alterne B et ECA égal à son alterne À, et que les nombres respectifs d’unités angulaires DCF contenus dans chacun des angles indiqueront de suite le rapport entre eux. Delà, donc, pour construire le triangle ou trouver les angles, quand on en a le rapport, il n’y a qu’à diviser le nombre total d'unités contenues dans l’échelle dans le rapport voulu et à mener par les points de division HK les lignes CB, CA qui complèteront la construction. En menant, à une distance arbitraire de ED une ligne AB parallèle à ED, on aurait un triangle ACB équiangle au triangle voulu.

(121) PROB. Dans un triangle, soit à trouver les côtés lorsqu’on connait la surface, un angle et le rapport entre la base et la hauteur, ou la somme de la base et hauteur, ou encore leur différence.

Il est clair que dans les trois cas, on n’a qu’à doubler la

EE —=— £ — RE pe z =

Lee pt pe Fi a 0e ee

surface, pour procéder ensuite comme il est indiqué aux pars. (694), (378), (375) et (698), c-à-d. comme s'il s'agissait d'un rectangle ou d'un parallélogramme.

(722) Sco. La surface jointe à la somn.. et au rectangle (340) de deux côtés d’un triangle, ou d’un parallélogramme, fourniront encore le moyen d'établir les côtés et angles de ces figures, et l’on pourrait encore varier de bien des manières les données; mais les connaissances déjà acquises à l'étudiant lui sufliront pour tous les cas qui peuvent se présenter.

(723) PROB. Etant donnés, dans un triangle ABC, la surface, la somme AB+BC de déux côtés et l'angle inclus B; trouver les côtés.

Pour résoudre ce prob. par la mé- B

thode du par. (873) il nous faudrait

avoir au lieu de l’angle B, le rec- C tangle AB . BC des côtés cherchés.

Or, le par. (547) fournira le moyen d'arriver à ce résultat. Soit EDF À un triangle de surface égale à ABC y et ayant angle D—B. Pour simpli- E dE fier, supposons que ED=FD, ce qui donnera les angles E, F chacun égal au demi-supplément de D, pour trouver ensuite (674) ED ou FD. Cela fait, on a (547) AB : ED :: DF : BC, d’où (86 ou 573) AB.BC—ED.DF. On a donc maintenant AB+BC et AB.BC pour trouver (378) la demi-

différence entre les côtés =AB—BC=V CAPE ue

(724) PROB. Etant données, dans un triangle quelconque ABC, la surface, la base AB et la somme AC+ BC des autres côtés, pour construire le triangle.

indiqué aux s'il s'agissait

ut au rectanun parallélolir les côtés ore varier de aissances déjà s les cas qui

angle ABC, la és et l'angle

s angles E, F r trouver en- 1) AB : ED ::

On a donc (378) la demi-

iangle quelomme AC+ ngle.

On a (349) CD= surf, + AB, et par le point C

ayant mené EP paral- G lèle à AB, il est clair / que le sommet C.du triangle se trouvera sur cette ligne.

Supposons le problème résolu, afin d'obtenir par analyse ou décomposition les éléments nécessaires À sa solution. Du point B, comme centre, avec un rayon BH=BG égal à la somme des côtés AC, BC, décrivons un arc HGK. Du point © comme centre avec AC pour rayon, décrivons un autre arc AGF. On voit que l’arc AGF touche nécessairement l'arc HGK au point G puisque CG forme partie de BG. Il est donc apparent que le point C, sommet du triangle, se trouvera à cet endroit de la parallèle EC où cette ligne sera intersectée par celle menée du point B de la base au point de contact G des deux cercles. C’est donc à trouver le point de contact G que consistera toute la difficulté de la solution. Puisque CG=—CA il est clair que l’arc AGF passera par le point À; mais deux points À et G ne suffisent pas pour déterminer le trajet ou le rayon d’un arc; il en faut au moins trois; à cet effet menez AF—2AE, et puisque EF=—AE, il suit (408) que AF est une corde du cercle AGF' et que F est un troisième point par lequel doit passer le cercle décrit du centre C. Le probleme est donc maintenant réduit à celui de:

(125) PROB. Décrire un cercle AFG qui soit tangent à un cercle donné HGK et qui passe par deux points donnés.

L'étudiant mènera les lignes OA,OQ qui manquent dans la figure.

Supposons le problème résolu. Alors HKG étant le cercle donné, et AFG Je cercle requis, G sera (475) ie point de contact. Il n’y a de commun à ces deux cercles que la tangente PG (469) dont la longueur=y/PF.PA (505). Il est clair que si on connaissait PF, on vobtiendrait de suite PG en faisant PF: PG:: PG: PA (ou PF—AF) et il serait facile de trouver PF à l’aide du cercle AFG; cependant ne connaissant pas encore le cercle AFG on est porté à croire que tout autre cercle passant par les points donnés AF et d’un rayon assez grand pour intersecter le cercle donné pourra nous tirer d’embarras, puisque PF sera pour ce nouveau cercle une sécante, comme elle l'était pour le premier ; et en effet, ayant, avec un rayon arbitraire AD décrit le cercle auxiliaire RFQ, la sécante menée par les points QR et indéfiniment prolongée, tombera en P point d’intersection de la tangente PG et de la sécante PF; puisque PG est commune au cercle donné, au cercle cherché et au cercle auxiliaire, les rectangles PF.PA, PQ.PR étant (503) égaux l’un à l’autre et (504) au carré de la tangente. Donc, si au moyen du cercle auxiliaire, on peut trouver PF ou PQ, on aura aussi PG. A cet effet ayant joint FQ et mené les autres lignes indiquées dans la figure, les données sont AO distance du centre du cercle donné à l’un A des deux points donnés, AF distance entre ces points et l’angle inclus OAF pour trouver le reste.

Dans le triangle isocèle ADF, on a la base AF et les côtés, rayons du cercle auxiliaire, pour trouver (222) les angles; dans AOD, on a AO, AD et l'angle inclus OAD= SAF—DAF pour trouver OD et l’angle OLA ; dans ODQ, on

(505). Il est de suite PG il serait facile idant ne coné à croire que s AF et d’un donné pourra r ce nouveau Dremier ; et en scrit le cercle 8 QR et indérsection de la Fest commune cle auxiliaire, égaux l’un à , Si au moyen , On aura aussi autres lignes ) distance du oints donnés, 8 OAF pour

se AF et les ver (222) les aclus OAD= dans ODQ, on

a OD distance entre les centres des deux cercles et les rayons OQ, DQ, pour trouver l'angle ODQ ; dans le triangle rectangle (495) DVQ on a DQ et l'angle VDQ pour trouver VQD ; dans le triangle isocèle QDF, on a les côtés QD, FD et l'angle inclus QDF= 4 angles droits moins FDA+ODA+ODGQ, pour trouver FQ et les angles À la base ; enfin, dans le triangle PQF, on a FQ, angle F=DFQ+DFA et angle Q= DQF+DQP, pour trouver PQ ou PF.

La construction se réduira à prendre sur la perpendiculaire ED élevée au centre E de la corde AF, un point quelconque D d’où l’on puisse décrire un cercle capable d’intersecter le cercle donné. Par les points d’intersection Q, R on mènera ensuite la sécante PQ qui déterminera, à l'endroit de son intersection P avec la sécante PF, le point par lequel il faudra mener au cercle donné la tangente PG. Cette dernière fixera à l'endroit G de son contact, le point par lequel on fera passer la ligne OG qui étant prolongée coupera la perpendiculaire ED en C, centre du cercle cherché.

(726) Sco. On a supposé dans le dernier problème le contact extérieur des deux cercles; mais dans l’application de ce prob. à la solution de celui du par. (724) les cercles se touchent intérieurement ; ce qui modifiera quelque peu le raisonnement à suivre pour arriver au résultat voulu.

En eiïet, ABC étant le triangle voulu, BG =PBH le rayon du cercle donné égal à la somme AC+BC des côtés inconnus, HGGr le cercle décrit avec ce rayon et du point B comme centre, AE la hauteur du triangle = surf.+—}AB, AF—2AE la distance entre les

Te LE

î A | D | À; Al,

SEULS PRES Sr = PC Ha

points A, F de trajet du cercle cherché, G le point de contact voulu, E le centre du cercle auxiliaire ADF ; on a dans le triangle rectangle EAB la base et hauteur, pour trouver BE et l'angle AEB; dans EBQ, on a EB, EQ=AR et BQ— BG, pour trouver l'angle BEQ; dans le triangle isocèle AEQ on a les côtés et l'angle inclus AEQ—BEQ—AEB, pour trouver la base AQ et les angles à la base ; dans le triangle rectangle EVQ, on a EQ et l'angle VEQ—2 angles droits —BEQ, pour trouver l'angle EQV ; enfin dans le triangle PQA, on a la base AQ et les angles à la base À et Q—EQA +EQP pour trouver AP, et par suite la tangente PG.

(727) PROB. Dans un triangle :.BC les données sont AC la base, la surface et l’angle vertical B; former le triangle.

Puisque l'angle B est invariable et qu'il est appuyé sur une base donnée, l’idée nous vient d’un angle à la circonférence appuyé sur un arc donné; car tous les angles À la circonférence et appuyés sur même arc sont égaux.

Il est donc évident que si on décrit (450) sur la base AC un cercle capable de l'angle B, le lieu de cet angle sera sur la circonférence; mais il y a une autre condition à remplir, c’est que la hauteur du triangle soit telle qu’étant multipliée par la base, leur demi-produit soit égal à la surface donnée ; pour cela on n'a qu’à mener la parallèle BE à une distance de la base AC égale au quotient de la superficie divisée par la demi-base; cette parallèle intersectera le cercle en deux points B et E chacun desquels répondra au sommet voulu du triangle.

Il est clair que si au lieu de la surface, la perpendiculaire BF était donnée, on résoudrait tout de même le problème.

(728) PROB. On a dans un triangle a d c les trois angles et les trois distances ad, bd, cd de ces angles à un point intérieur d, pour trouver les côtés.

e point de con- \DF ; on a dans r, pour trouver IQ=AE et BQ— triangle isocèle EQ—AEB, pour dans le triangle -2 angles droits dans le triangle e À et Q—EQA rente PG.

s données sont al B; former le

le B, le lieu de il y a une autre triangle soit telle produit soit égal à mener la paralau quotient de la sarallèle intersecn desquels répon-

a perpendiculaire me le problème.

) c les trois angles ngles à un point

Supposons à ac une longueur quelconque AC, et «ur AC faisons un triangle ABC sem- 2% blable au triangle donné.

Divisons (514) AC en E et AB en F dans le rapport de ad : cd et de ad à bd; faisons A E C K maintenant (608) AE—EC : EC :: AE: EK et AF-FB:FB :AF:FG; ce qui nous donnera les rayons EK, FG de deux cercles tels que les côtés AD, CD et AD, BD, des triangles ADC, ADB seront entre eux dans les rapports respectifs de AE : EC et de AF à FB, c-à-d., dans le rapport de ad à cd et de ad à bd. Les triangles ADO, ADB seront alors (522) respectivement semblables à a dc et à a db et on n'aura plus qu'à faire AD:ad:: AC:ac:: AB:aù.

Autre solution. Soit ABC le triangle voulu ; avec AO, BO, CO comme rayons et des points À, B, OC comme centres, décrivez des cercles ; joignez leurs points d’intersection et menez les rayons AD, CD, etc. L’angle EAB=OAB (495, 407 et ÿ 899) et DAC=OAC; d’où EAD—2BAC; on a donc dans le triangle isocèle EAD les côtés et l'angle inclus EAD pour trouver ED et les angles à la base. On trouvera de même DF, EF, et par suite les angles E, D, F du triangle EDF, On aura alors dans ADO les côtés AD, CD et l’angle inclus D égal à la somme des angles ADE, EDF, CDF pour trouver AC. On trouvera de même AB et BC dans les triangles AEB, CFB.

D'où il suit que pour opérer une construction du triangle ABO, il faut trouver séparément les côtés ED, EF, DF d'un triangle auxiliaire EDF, en faisant chacun de ces côtés res-

pectivement égal à la base d’un triangle isocèle dont les côtés soient égaux aux distances données et l’angle inclns au double de l'angle correspondant du triangle. Avec ces trois bases ainsi trouvées, on construira DEF, sur les côtés duquel on formera les triangles EAD, EBF, DCF dont on joindra les trois sommets A, B, C pour avoir le triangle demandé ABC.

(729) PROB. Déterminer un triangle ABC dont on n'a que la base AB, l’angle vertical C et la bissectrice CF de l'angle vertical.

Pour fixer le lieu du sommet CO, décrivez (450) sur AB un cercle capable de l’angle donné; la bissectrice CF sera en même temps celle de l’arc ADB; donc ADB est isocèle et l’angle ABD à la base —ACD=}ACB pour trouver DG. La perpendiculaire DG prolongée est un diamètre du du cercle et est en conséquence connu; l'angle ECD appuyé sur le diamètre est droit; le quadrilatère CEGF peut (446) être inscrit dans un cercle, l’angle en G étant droit; d’où, (575) OD.DF=ED.DG. Maintenant, H étant le point milieu de CF, on a (378) HD=V/CD.DF+FH? et DF—DH—FH. Dans le triangle rectangle FGD on a donc FD et GD pour trouver l'angle FDG, c-à-d. l’angle CDE dont le côté CD fixera sur la circonférence la position du point C.

(730) PROB. Dans un triangle ABC, on a les segments AD, DB de la base et la somine AC+CB des deux autres côtés, pour trouver ces côtés.

èle dont les ‘angle inclns e. Avec ces sur les côtés DCF dont on r le triangle

dont on n’a ssectrice CF

Led D l’angle ECD latère CEGF angle en G [aintenant, H ‘CD.DF+FH?

le FGD on a c-à-d. l'angle ce la position

les segments CB des deux

On a (614) AC-+CB x AC —CB — nl AD+DB x AD—DB ; d'où (88) AC+BC : AD+DB :: AD—BD : AC—CB; donc AC—CB=AD+DBx AD—DB. Alors

AC+CB À D B AC= (367) se + AC—CB et CB=AC+CB—-AC.

(781) PROB. On a la surface et les côtés AB, BC d'un triangle isocèle ABC, pour trouver la base AC.

Supposons sur AC un cercle ayant pour rayon AB; ayant prolongé CB jusqu’en D, joint AD et mené EB parallèle à AC, on voit que la surface du triangle rectangle DAC=2ABC; d’où on obtient la perpendiculaire AG=4ABC--DC. On a alors dans le triangle rectangle AGB les côtés AG, AB pour trouver l'angle ABG supplément de ABC.

Il est clair aussi que ABD est un autre triangle isocèle qui répond au problème et les deux triangles sont tels que l'angle inclus de l’un est supplément de l’angle inclus de l’autre.

(732) PROB. On a la surface d’un triangle rectangle ABC et la somme AB+AC de ses côtés, pour trouver l'hypoténuse.

La figure est un demi rectangle (281) & ce qui dorne AB.AC=2ABC et (374) (ERA —AB.AC+ Ro or

2 2 (Es (AB+AQY TARA et 2 2

AB—AC = V (AB +A0)"AB,A0, Re ME du

(733) PROB. Dans un triangle ABC, étant données les trois bissectrices BD, AE, CF des côtés opposés, trouver les côtés.

L'étudiant prouvera d’abord que les trois bissectrices s'intersectent en un même point L.

Soient EH, DG parallèles à CF; B

. on voit que BH : HF :: BE : EC ; d’où , BH=KHF ; pour la même raison AG =GF—HB=HF=}AB; douce BK= KL=LD=}YBD. On preuverait de même que AL=3AE et CL=2FC; A D C on a donc dans le triangle ALC deux côtés AL, CL et la bissectrice LD du côté AC pour trouver AC; or on a vu (893) que AL?+CL?=2A D°+2LD*, ou 2AD°—AL?+CL?— 2LD” et AC—2AD— 2/7 AD? BC, BA se trouveront d’une mauière analogue.

(734) PROB. Ayant la différence AD entre les côtés d’un triangle ABC, sa base AB et la différence entre les angles à la base ; construire le triangle.

Faites CD=CB, joignez BD et menez DL parallèle à AB; alors DBA= la demi-différence des angles à la base ; car CDL=CAB=CDB—-LDB et CBA =CBD+DBA. On a donc, dans ADB h les côtés AB, AD et l'angle DBA pour trouver BD et l’angle D; dans BOD (isocèle) on a DB, CDB= sup. ADB, etc.

(785) PROB. Dans un triangle rectangle ABC, on a un côté AC et la différence entre l’hypoténuse AB et la scmme AB+CB des autres côtés, pour trouver le reste.

Soit CE—AC et BD=AB, ED serala Æ différence entre AB et AC+-CB; ABD “D est isocèle, à cause de BD=AB par con- ax struction et angle DAB=ADB; CD= CE—ED. On a donc dans le triangle rectangle AOD, les côtés AC, CD pour trouver l'angle BDA et le côté AD, etc.

données l:s bsés, trouver

sectrices s’in-

+ > S és D C L, CL et la or on a vu

<AL?+CL?— veront d’une

re les côtés ice entre les

* BD et l’an-

ip. ADB, etc.

ABC, on a se AB et la ver le reste.

$ “D F\ OX Fu \ C

Par construction, prenez sur une droite EB, ED— AC+CB—AB et EC=AC; menez AC perpendiculaire, joignez AD et faites angle DAB=ADB; ACB est le triangle voulu.

(786) PROB. Dans un triangle ABC on a l’angle vertical B, la différence entre les segments de la base et la différence entre les côtés, pour trouver le reste.

Soit BE=BC, on a FH=HC ; donc AE=AB—BC est la différence entre les côtés, AF=AH —HC est la différence entre les segments de la base; dans le triangle AEF on a les côtés AE, AF et angle ATE= sup. EFC=ADC=YABC pour trouver EF, ce qui, dans le triangle isocèle EBF donne EF, angle BEF = sup. AËF pour trouver BE=—BC ; etc.

(737) PROB. On a, dans un triangle ABC, l'angle vertical A et les bissectrices CE, BD des côtés qui le comprennent ; construire le triangle.

On connait (783) FC=3CE ; prenant CG=ICE, on décrit sur CG un cercle contenant un angle D=A ; le point D est dans le cercle CGD; du point F, on décrit un cercle avec le rayon FD=1IBD; l'intersection des È deux cercles fixe le point D et l'angle DFC. On mènera alors par les points D et F une ligne BD égale en longueur à la bissectrice donnée, on fera FE=1FC et les lignes menées par les points B, E et C, D se rencontreront en À sommet du triangle.

(788) PROB. Dans un triangle ABC étant données la hauteur ou perpendiculaire BD, la bissectrice BE de

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