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l'angle vertical B et la bissectrice BF de la base ; trouver les côtés.
Supposons le triangle fait et inscrit dans un cercle; ayant prolongé BE jusqu’en G, on a GC=GA. Joignez GF et prolongez jusqu’en K; GK est alors un diamètre ; car Fest le centre de AC et G le centre de l'arc AGC qui mesure l’angle vertical ABC, puisque BG bissecte l’angle vertical et en même temps l’are qui lui sert de mesure. Dans le triangle rectangle FDB, on a FB, BD pour avoir FD et l'angle FBD. Dans le triangle rectangle EDB on a BE, BD pour trouver ED et l’angle EBD. Maintenant dans le triangle rectangle GFE on a un côté EF et un angle EGF égale à son alterne EBD pour trouver FG. Menez, BH parallèle à AC et en conséquence perpendulaire à GK et égale à DF. On a GH=FH+F6G, et HB pour faire GH: HB :: HB : HK et GH+HK= rayon OC
du cercle circonscrit. Dans le triangle rectangle OFC, on connait maintenant OC, OF=0OG—FG, pour trouver FC moitié de la base du triangle demandé. Dans BFC on a donc BF, FC et angle BFC= complément de FBD, pour trouver BC.
(789) PROB. Dans un triangle ABC, on a la base AC, l'angle vertical B et le rectangle AB.BC des côtés ; trouver le reste.
La base et l’angle vertical étant donnés, on trouve de suite (450) le rayon EC du cercle circonscrit. On a vu (601) que AB.BC=FB.BD; et comme on connait AB.BC et FB, on trouvera BD= AB.BC. Maintenant
BF on a dans le triangle rectange LOG un côté OCL=AL=}AC, et l'angle
ase ; trou-
temps l'arc rle FDB, on s le triangle D et l’angle FE on a un
EBD pour conséquence FH+F6G, et = rayon OC
le OKC, on trouver FC s BFC on a FBD, pour
la base AC, des côtés ;
LOG ou ACG=}YABC pour trouver GL; or KG=KL (ou BD)-+GL et KH=GH—KG ; LD où BK= /GK-KH, puisque (539) GK.KH=BK*. Enfin DO=LO—LD et dans le triangle rectangle BDC on a BD, DO pour trouver BO; d’où AB=AB.BC.
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(740) PROB. Lorsque dans un triangle ABC on a les segménts AD, DO de la base, formés par la perpendiculaire tombant du sommet, et le rapport entre les côtés AB, BC ; trouver les côtés.
Ayant divisé la base en E dans le rapport de AB : BC, on fera AE—EC:EC::AE:EF; ce qui nous donnera (608) EF rayon d’un cercle servant de A E D C F lieu au point B, et l'intersection de ce cercle avéé I per. pendiculaire menée du point D fixera le: sommet: B: du triangle demandé.
(141) PROB. Dras un triangle ABC, on a la sine AC+CB+AB des trois côtés ou le périmètre, la pérpen diculaire BF et l'angle vertical B, pour trouver les côtés.
Supposons d’abord que ABC soit le triangle, tel que voulu; les bissectrices ÂEË, BE, CE des trois angles se rencontrent (494 où 630) en un même point E.
Puisque BD bissecte l'angle B, on a (541)AD : DO:: AB: BC ou compo.(96 À FGD ) Cor! 2) AD:AD+D0::AB:AB+BC et alt. AD: :AB::
AC : AB-FBC:;. mais la bissoctrice AE nous donne ED : EB
:: AD: AB ; donc (75 Ax.) ED : EB :: AO: AB+BO, ou alt. EB: ED :: AB+BO: AC, ou compo. EB-ED : ED :: AB-+BO +AC: AC ; c-à-d., BD ED:: per. ABC : AC. Maintenant; soit EG parällèle à à BF, on aura, à cause des triangles sem-
blables EGD, BFD, BF : EG :: BD : ED; donc (75 Ax.) per. ABC: AC::BF : EG ou alt., per. ABC : BF :: AC: EG.
Supposons à AC une longueur quel- € conque ac, et on aura le rapport de eg dire à ac en faisant per. ABC: BF::ac:eg.
L'angleaec=AEC= ABC+A+Cpuis. % g c
que À, O sont bissectés par AE, CE; on a donc dans le triangle a ec la base, la perpendiculaire et l’angle vertical pour trouver les angles en a etc par la méthode du par. (727). Or, les angles a, c sont égaux respectivement à EAC, ECA et les angles A, C aux doubles de ces derniers. Donc, on a maintenant dans le triangle ABO, le pér. et les angles pour trouver les côtés par la méthode du par. (719) ou encore, dans les triangles rectangles AFB, CFB, on a un côté BF et un angle en A, C pour trouver AB, BC, etc.
La construction se réduirait, après avoir trouvé a et b, à faire sur la ligne donnée BF l’angle ABF— au compléwent de 2a et l'angle CBF au comp. de 2c; on mènerait alors par le point F une perpendiculaire qui couperait les côtés BA, BC en A, CO, établissant ainsi la forme et les dimensions du triangle requis.
(742) Autre solution. Soit ABC le triangle, dont on connait le pér., la perpendiculaire BF et l'angle vertical B, pour trouver les côtés. Supposons les côtés BA, BC indéfiniment prolongés et que DKE soit un cercle touchant la base en H et les côtés prolongés en DetE. Il réseultera de ces hypothèses que CE sera égale à OH et AD à AH, puisque les tangentes menées d’un même point à un cercle sont égales ; on aura de même
Ax.) per.
c dans le e vertical le du par.
ivement à 8 derniers.
pér. et les par. (719) B, onaun C, etc.
uvé a et b, au complén mènerait uperait les rme et les
ntes menées 1ra de même
tangente BE=tangente BD=—4 pér. ABC; BG bissectera (494) l'angle B et dans le triangle BDG on aura BD, l'angle droit (466) BDG et l'angle DBG=1B, pour trouver le rayon DG du cercle et la bissectrice BG. Les triangles rectangles semblables BFK, GHK donneront GH : GK :: BF: BK ou alt. GH:BF :: GK: BK ou comp. GH+BF : BF :: GK+BK: BK. Ayant obtenu de cette manière le point d’intersection de la base AC et de la bissectrice BG, il est clair qu’une ligne menée par ce point, tangente au cercle donné DKE, coupera les tangentes BD, BE de manière à donner le triangle voulu ABC.
La construction dans ce cas, consistera à prendre BD=— au demi-pér. ABC, faire l'angle DBG=3B et mener DG perpendiculaire pour rencontrer BG en G; diviser ensuite (514) BG dans le rapport de BF à GH et par le point de division K mener la tangente AC au cercle décrit du centre G avec le rayon GD; cette tangente rencontrera BD, BE en À, Cet ABC sera le triangle voulu.
(748) Sco. Pour diviser BG en K dans le rapport voulu de BH:GF, il n’y a qu'a prolonger GD d'une quantité DL=—BH, joindre BL et mener par le point D la ligne DK parallèle à BL.
Ceci est évident ; car GD= GF, ce qui donne alors GD: DL::GF : BH:: GK:
