L-- en hbud —

évident que parmi ces points on en trouverait deux 2, y, l'un sur chacun des côtés opposés, tels que la ligne de division æy menée d’un de ces points à l’autre couperait AD, BC de

manière à donner xD : AD ::7C : BC et de mauière en même ]

teraps à remplir l’autre condition donnée, celle de renfer-

mer une surface xC égale à une surface donnée. f (763) PROB. Dans un rectangle ABCD dont on con-

naît la surface, on a les distances EG, FH de quatre ; /

points E, F, G, H, situés l’un dans chacun des côtés du rectangle et l’angle d’inclinaison EKF de ces distances l’une à l’autre, pour trouver les côtés.

Soit AC le rectangle voulu, D un de ses angles, DL parallèle et égale à EG et DP parallèle et égale à HF. Ayant décritun cercle sur DL comme diamètre, ce cercle passera par le point À, à cause de l’angle

» est bissecy côtés d'un a diagonale ingonale ce d EF bissecte ubdivisions.

coupent les égales, elle 'on pourrait subdivision es lignes de et comprenrait possible

} subdivisés jue contienles rapports e il devient ux &, 7, l’un de division AD, BC de bre en même » de renfer-

pnt on con- .de quatre s côtés du s distances

droit DAT, Joignez OQ et vous aurez dans le triangle isocèle DOQ deux côtés ON, OQ et l'angle ODQ=EKF pour trouver DQ et l'angle DOQ; dans le triangle DAQ vous avez DQ, l'angle vertical DAQ=}DOQ et la perpendiculaire AN= surf. AC (car le triangle APD=4AC de mêmes base DP ou HF AD et hauteur AB) pour trouver (727) le côté AD du rectangle et l'angle DAN. Le côté DC viendrait = surf. AC.

AD et pour fixer le point D il n’y aurait plus qu’à mener par le

point G la ligne DC faisant avec GE un angle EGC =(251) DRG+RDG=EKF+DAN (322) et par le point H la ligne AD fesant avec HF un angle AHF égal au complément de HAN ; ces deux lignes suffisamment prolongées s’intersecteraient en D et il est évident qu’en donnant ensuite à AD et à DC les longueurs que doivent avoir ces côtés et par les points C et A menant les perpendiculaires CB et AB, ces dernières rencontreraient sur leur passage les points donnés F'et E et s'intersecteraient en B, complétant ainsi la construction du rectangle demandé.

(764) PROB. On demande à mener une ligne AB, la plus courte possible, qui avec deux autres lignes indéfinies CE, CF se rencontrant sous un angle donné, renferme une surface voulue ACB.

On a vu (372) que de tous les rectangles contenus par les segments d’une ligne

donnée, le plus grand est le carré décrit

sur la moité de la ligne ; ce qui veut dire en d'autres termes que le périmètre d’un A B carré est moindre que celui d’un rectangle quelconque de surface égale. E F

Il est clair aussi, qu’à périmètre égal, la surface du rec. tangle AC est plus grande que celle du parallélogramme correspondant EC ; car, BC étant la base commune, on

æ Æ a — - : = ‘ er ee ee me nee

me"

aura CF=OD, ce qui donnera FG pour hauteur du parallélogramme, pendant que celle du rectangle est CD; or GF est moindre que CD ou CF, puisque CF' est l'hypoténuse du triangle rectangle OCGF.

D T. nés + 4 Fe C QG B

Il suit encore de la prop. XXIIT qu'À périmètre égal, la surface du rectangle est d'autant plus grande que ses côtés approchent le plus de l'égalité, et il est de mème évident pour le parallélogramme qu'à périmètre constant, sa surface augmentera avec l'égalité de ses côtés; donc la surface du losange est plus grande en raison de son périmètre que celle de tout autre parallélogramme équiangle.

Il résulte des considérations précédentes que plus une figure est régulière, plus son périmètre est petit en raison de sa surface ; c’est ainsi que le triangle équiangle, le plus régulier des triangles, est en même temps celui qui renferme le plus d'espace en raison de son périmètre; le polygone régulier contient aussi plus de surface que le polygone irrégulier de même périmètre, et le cercle est de toutes les figures celle dont la circonférence ou le périmètre est le moindre eu égard à l’espace contenu.

On est donc porté à croire que la ligne demandée AB sera la plus courte possible quand le triangle ACE sera isocèle, et c’est en effet ce qui a lieu, puisque c’est alors que les facteurs, c'està-dire, la base AB et la hauteur A CD approchent le plus qu'il est gp F possible de l'égalité.

D'ailleurs, ayant mené par le point D, milieu de AB, la ligne GH et BK parallèle à AG, les deux triangles, ADG, BDK seront semblables et égaux en surface à cause de AD—BD ;

un >, tp

rs D

DE A Fa B

ètre égal, la que ses côtés ième évident nt, sa surface la surface du ètre que celle

jue plus une etit en raison angle, le plus | qui renferme

le polygone

de toutes les imètre est le €

eu de AB, la 8, ADG, BDK de AD—BD ;

polygone irré-

mais ADK n’est qu'une partie de BDH ; done BDH excède ADG et la ligne GH, fût-elle plus courte que AB, ne remplirait pas l’autre condition du problème, celle de renfermer une surface GCH=ACB, puisque le triangle BDH qu'elle ajoute à ACB d’une part, est plus grand que celui ADG, qu'elle lui enlève d'autre part. Or, GH n'est pas plus petite que AB et au contraire elle est plus grande que AB; car la surface GC, fût-elle égale à AOB, la pere pendiculaire CL, côté du triangie rectangle CLD est moindre que la perpendiculaire CD, hypoténuse de ce triangle et la surface GCH ou ACB divisée par une moindre hauteur CL donnerait nécessairement une base GH plus grande que AB. Mais comme on vient de le voir, la surface GCH est plus grande que ACB ; à plus forte raison donc GI est-elle plus grande que AB et il en serait de même de toute autre ligne passant par le point D.

Il est à peine nécessaire d’observer que, puisque GH, passant par le point D donne une surface GCH> ACB, toute autre ligne MN audelà du point D ne ferait qu’augmenter la différence entre BRN et ARM et par suite la différence entre ACB et MON, s’éloignant par là mème davantage des conditions du problème, au lieu de s’en approcher.

Maintenant si AB n'est pas la ligne la plus courte, non plus que GH ou MN, soit PQ cette ligne et soit CR perpendiculaire à cette dernière ; on aura dans le triangle rectangle CRV, le côté CR moindre que l’hypoténuse CV ; mais OCV<COD et à fortiori CR<CD; done ACB donne

CR PQSAB. Donc AB est la ligne demandée; c-à-d., que AB est la plus courte possible lorsqu'elle coupe les côtés opposés CE, CF de manière à donner AC=BC.

Cela posé, le problème se réduit à celui de construire un triangle dont on a la surface et les angles et se résoudra à la manière du par. (674). Q

(765) PROB. Mener par un point donné P, une ligne AB qui avec deux autres lignes indéfinies CE, CF se

rencontrant sous un angle donné, renferme la moindre surface possible ABC.

Ayant mené PL, PN respectivement parallèles aux côtés CF, CE de la fig. il n’y a rien qui indique au premier abord la direction AB que doit prendre la ligne de division. Menons une ligne d'essai quelconque DG; on voit que les triangles DPL, GPN sont semblables à cause KE F des parallèles PN, CE et PL, CF et DPL est d'autant plus grand que GPN que DP excèie GP. En faisant tourner la ligne DG autour du point P, pour prendre la nouvelle position D'G', on s'aperçoit qu’on a pour ainsi dire, fait un pas vers la solution du prob., puisqu'on a ajouté d’une part à la surface DCG une partie GPG plus petite que celle DPD' qu'on en a retranchée d'autre part; carayant fait PH=PG et mené OH parallèle à GG, on voit que les triangles GPG, OPH sont semblables et égaux et que la surface D'CG' est en conséquence moindre que celle DCG, de tout le quadrilatère DOHD. En continuant à faire mouvoir la ligne D’/G' dans la même direction; on s’apercevra que tant que PD' excèdera PG on aura toujours le triangle DPD' plus grand que GPG' et par conséquent la surface DCGS=D'CG. De même, si DG prenait une position D’G” telle que PG”excédàt PI, il est clair que la surface D’CG”' pourrait être diminuée en

faisant tourner D”G” de manière à rendre de plus.en plus égaux les segments PG”, PD”. On est donc porté à croire que la position de la ligne de division AB doit être telle que l'on ait AP=BP. Soit done AP=BP, il est à démontrer que toute ligne D'G', D'G”, autre que AB, fera la surface D'CG', D'CG" plus grande que ACB. Ayant mené BK,

AH respectivement parallèles à CE, CF, on a le triangle

me la moindre

st d'autant plus aisant tourner la la nouvelle ponsi dire, fait un jouté d’une part e que celle DPD' nt fait PH=PG triangles GPG', face D'CG' est en t le quadrilatère ligne D'G' dans

que PD' exctplus grand que ‘CG. De même, G'excédàt PD”, re diminuée en » de plus en plus c porté à croire loit être telle que est à démontrer , fera la surface vaut mené BK, on a le triangle

BPK, partie de BPG”, semblable et égal à APD”, à cause de AP=BP; et on a le triangle APH, partie de APD”, semblable et égal à BPG; d’où il suit que la surface D’CG" excède ACB de la quantité BKG” et D'CG excède ACB de la quantité AD)”, et toute autre ligne que l’on pourrait mener par le point P donnerait le même résultat; donc AB doit être telle que AP=—BP.

Cela posé, on a dans les triangles semblables ACB, PNB AC:PN::AB:AP::1:2: d’où il est clair que AC=2PN ; ayant donc fait AC—2PN ou BC=2PL, on aura déterminé un point de trajet À ou B qui avec le point donné P fixera la position de la ligne demandée AB.

(766) PROB. On a les diagonales d’un parallélogramme et leur inclinaison, pour en déterminer la surface,

Puisque (283) AC, BD se bissec- R nl tent mutuellement, on a dans le triangle EDC les côtés ED, EC et l'angle inclus DEC, pour construire la figure. À D

(767) PROB. On a les diagonales d’un quadrilatère ABCD et leur inclinaison AOB pour en déterminer la surface.

lei les diagonales AC, BD ne se bissectant pas, on ne peut opérer sur aucun des triangles composants :

AOB, BOC, etc., de la fig., puisque les côtés en sont inconnus. Il nous faut donc, pour arriver au but désiré, modifier la position relative des données, ce qui se fera en disposant les diagonales et l’angle donné de manière à s'en servir comme des deux côtés d’un triangle ou parallélogramme. A cet effet, ayant mené par les points A et C du quad. les droites EF, HG parallèles à BD et par les points B, D les droites FG, EH perallèles à AC, on aura

dans le parallélogramme EG les côtés adjacents et l'angle inclus pour construire la fig. Maintenant on voit (289) que le quad. ABCD est moitié du parallélogr. EG et on remarquera que quoique la surface du quad. puisse se dé. duire des données, il est cependant impossible. d’en déterminer les côtés ou les angles, car il est évident que les diagonales AC, BD pourraient sous un angle constant O s’intersecter en toute autre point O’ sans en rien changer la surface A'B'C'D' qui est encore égale au demi-parallélogr. EG.

(768) PROB. Etant données les positions relatives de deux points A, B et d’une ligne CD, mener par ces points une cirsonférence de cercle qui soit tangente à cette ligne.

Soient les données AB, BD parallèle à AC perpendiculaires à CD ou rencontrant CD sous un angle donné quelconque.

Ayant mené BF parallèle à CD, on à dans le triangle AFB, le côté AB, distance entre les points donnés, AF—AC-BD et un angle F=C ou D, pour trouver l’angle ABF égal à l’angle O formé par le prolongement de AB, CD. On a alors dans BDO un côté BD et les angles pour trouver BO qui nous donnera (505) EO=yAO.BO. On aura ensuite DE— EO—DO, distance du point de contact E. Le centre G se trouvera à l'intersection des lignes EG, KG respectivement perpendiculaires à CD, AB.

(769) PROB. Faire passer par un point donné A un arc de cercle ABE «ui soit tangent à une ligne CD en un point donné B. .

On a vu (473) que lecentre ducer- B D cle est sur la perpendiculaire BO | menée par le point de contact B de la tangente CD ; on a vu aussi (406) E que le centre du cercle est sur la 0

cents et l'angle t on voit (289) logr. EG et on . puisse se déible. d’en déternt que les diagoant O s’intersecnger la surface lélogr. EG.

ns relatives de r par ces points ngente à cette

AF—AC—BD et \BF égal à l’an- D. On a alors

trouver BO qui ra ensuite DE— Le centre G se respectivement

nt donné À un ne ligne CD en

perpendiculaire FO menée par le milieu F de la corde AB; c-à-d., que le centre © de l'arc demandé est l'intersection de BO, FO.

(770) PROB. Par un point donné À ou À’ décrire un arc de cercle AOP ou A'OP’ qui soit tangent à un cercle ou arc de cercle donné BOF, en un point donné O.

Ayant trouvé (411 ou 414) le centre B E F Edu cercle ou de l’arc donnéet sachant (475) que si deux cercles se touchent sit intérieurement, soit extérieurement, la ligne EC qui joint leurs centres passe par le point de contact 0; ilest clair que le centre C’ ou C du cercle voulu se trouvera à l’intersection du rayon EO ou de son prolongement OC avec la perpendiculaire D'C' ou DC au milieu de la corde A'O ou AO.

(771) PROB. Mener par un point donné À un arc de cercle APO qui se raccorde avec un arc donné OBF, n'est évidemment qu'un cas particulier du dernier problème, puisqu'il est nécessaire (469) qu'au point de jonction O des deux courbes, chacune d'elles soit tangente à une seule et même ligne GH perpen.

laire à la ligne EC qui joint les centres du cercle donné et du cercle demandé.

(772) PROB. Joindre par une courbe AEC les extré-

mités À, C de deux ligne ; parallèles AB, CD de longueurs inégales.

Les parallèles seront évidem-

ment tangentes à la courbe, aux points de jonction A, C et comme le centre d’une courbe tangente à une ligne, est situé sur la perpendiculaire menée au point de contact et qu'il y a ici deux perpendiculaires AG, CH et par conséquent deux centres, la courbe AEC sera composée de deux arcs AE, EC ; or les deux arcs pour former une courbe qui ne soit pas brisée au point de jonction E devront nécessairement avoir une tangente commune PQ et leurs centres L, H sur la même ligne droite EI perpendiculaire à PQ au paint de contact E. A cet effet, ayant joint AC et mené par € point milieu O de cètte ligne une droite EF parallèle à AB ou CD, on fera OE=OC ou OA et du point E on abaissera (246) sur AC une perpendiculaire EN qui coupera AG, CH en L et H centres respectifs des arcs AE, EC. Il est donc à démontrer que cette construction donne EL—AL et EH—CH ; or, les triangles rectangles OKC, ONE sont (322) équiangles et égaux en toutes choses à cause de OC—OE par const. ; donc, EN—CK et ON=OK. Maintenant dans le quad. OH il est clair que NH—KH parceque angle N=K, et que ON=OK ; donc, EH (ou EN+NH)=CH (ou CK+KH). On voit aussi, à cause des triangles rectangles égaux AGO, ENO que AG=—EN et OG=ON ; d’où, on a dans le quad. OL, LN=LG et par suite AL (ou AG—LG)=EL ou EN— LN.

(773) PROB. Mener à un cercle HEG, une tangente AB qui fasse avec une ligne AC dont on connaît la position, un angle donné BAC.

On n’a qu’à mener FD perpendiculaire à AC, et à faire angle DFE=BAC pour déterminer le point de contact E.

B r/H K# HE

deux centres, ?, EC; or les pas brisée au voir une tana même ligne ontact E. AÀ milieu O de CD, on fera 246) sur AC 1 en Let H > à démontrer —CH ; or, les équiangles et E par const. ; s le quad. OH =K, et que K+KH). On égaux AGO, lans le quad.

EL ou EN—

ie ©

(774) PROB. Mener à un cercle douné À une ligne CD qui lui soit tangente et qui coupe sur un autre cercle donné B un segment voulu EOD.

Avec un rayon AF—AC— BG, décrivez un arc F et du point B menez (491) BF tangente à cet arc. Menez AF au point de contact F, c-à-d., perpendiculaire à BF' et pro- ie Ro longez jusqu’en C; menez BG perpendiculaire à BF et par les points C et G menez CD.

Autrement, du centre B décrivez un are G et par le problème suivant menez CD tangente à cet arc et au cercle À.

(715) PROB. Mener à deu cercles donnés À, B une tangente CD ou EF du même côté ou de côtés opposés.

Fees au centre À un arc G avec rayon AG--:AC— BD, par le point B menez (491) BG tangente à l'arc G, faites AC, BD perpendiculaires à BG et joignez CD tangente du même côté.‘ ‘Pour EF, au centre B, décrivez nn arc H avec rayon BH—AE+BF, menez AH tangente à H, AE, BH perpendiculaires à AH et joignez EF tangente de côtés opposés.

(776). PROB. Par deux points donnés À, B décrire un cercle ABD qui bissecte une circonférence donnée CON.

Soit F le centre du cercle donné, menez la droite AFD et parce qu’on connaît AF et CF—EF—ICE, on aura (572) FD— CF.FE. Ayant fait AH—HD=4AD, les

AF perpendiculaires IG, KG détermineront le ceutre G du cercle voulu.

(777) PROB. Par un point donné A hors d’un cercle, mener une sécante AB qui retranche du cercle un arc donné BDC.

Puisque l’arc BDC est donné, on en connaît la corde BC, et on a AD=V AB.AC ; mais comme on ne connaît ni AB ni AC, menons par le centre O du cercle la sécante AOR qui noue donnera AL et AR, puisque le cercle est donné aïnsi que la position du point À; or on a maïutenant AB.AC=AR.AL = AD* et on trouvera par la méthode du par. (378) AE (ou

AC+4BC)y—V AB.AC+EC* où AE—V AD*+EC*, car BC est une ligne bissectée en E et prolongée jusqu'en À. On aura alors AC—AE—EC et du centre A avec rayon AC on intersectera le cercle donné en C, par lequel et par le point À menant une droite ACB, le problème sera résolu.

Autre solution. Ayant mené (225) en un endroit quelconque du cercle une corde FG—BO, on décrira avec un rayon OQ égal à la perpendiculaire menée du centre O sur cette corde, un arc QN auquel on mènera (491) la tangente AH qui donnera (461) HK=—FG et par conséquent (408) arc HK=arc FRG—BDC.

(778) PROB. Sur le diamètre prolongé d’un qercle, trouver un point C tel que la somme des tangentes CD, CG menées de ce point soit égale au diamètre ainsi prolongé.

Puisque AC=CD+CG=2CD Ru et que AC=CE+ED, on a (68 Pur Ax.) EC+ED=—2DC. Ayant fait E | EF=EC, on a l'angle F=BHD be =}BED; d'où il est clair que er T, C pour résoudre le prob. il n'y a % qu’à faire un angle BED = au

mt -R-]

ts OO oO ST

d’un cercle, u cercle un

ainsi que la .AC=AR.AL (378) AE (ou EC*, car BC qu’en À. On rayon AC on t par le point solu.

endroit quelcrira avec un centre © sur ) la tangente séquent (403)

d’un cercle, angentes CD, re ainsi pro-

double d'un angle F d'un triangle CDF dont un côté DF est le double de l’autre DC; la perpendiculaire DC intersectera alors le rayon prolongé EB en C, le point cherché.

(779) PROB. Trouver sur une ligne AB un point F tel que deux lignes FC, FD menées de ce point à deux autres points donnés OC, D, contiennent un angle droit.

Joignez CD et avec rayon ED ou T D EC=}0OD, décrivez le demi-cercle CFD qui intersectera la ligne donnée AB en F, G, chacun desquels répond au dE prob. Il est clair que si CD<AO+BD À F le prob. ne pourra se résoudre, puisqu'on aurait alors EH>

ED et le cercle n’intersecterait pas. Si le cercle touchait AB en H, le point de contact répondraït au prob.

(780) PROB. Décrire un cercle ABC qui soit tangent à un cercle donné EBD et à une ligne AF en un point donné A de cette ligne.

Supposons le problème résolu et € que H soit le centre du cercle voulu et B le point de contact; ayant mené BC, BA, l'angle B surce dia- 2 mètre AC sera droit. Joignons par une droite les points D,E où BC, BA intersectent le cercle donné; DE sera un diamètre, à cause de l'angle droit B et ce diamètre sera :

parallèle à AC; carona danslectri- F EY angles isocèles BGE, BHA, l'angle en B commun, et en conséquence l'angle au sommet BGE égal à BHA. Il suit, que pour trouver le point de contact voulu, il suflira de mener dans le cercle donné un diamètre DE parallèle À la perpendiculaire AC. On mènera ensuite par le point d'intersection E la droite AEB qui déterminera le point B et par suite la direction de la droite BGH. Cette dernière

fixera sur la perpendiculaire AC le centre H du cercle cherché.

On observera que la droite AD menée du point A à l’autre extrémité D du diamètre ED déterminera en O un second point de contact et que le rayon GO prolongé fixera sur AC le centre K d’un cercle AOL qui touchera extérieurement le cercle donné.

(781) PROB. Si on avait à relier ou à raccorder par une courbe AEC les extrémités A, C de deux lignes droites AB, CD données en position ; il y aurait à décrire un arc CE avec un rayon arbitraire FC moindre que la perpendiculaire FN; puis à trouver, par la méthode du dernier par. le centre G d’un arc ALE tangent à AB et à l’arc CE.

Si on prenait pour premier rayon de la courbe une ligne OC qui fût égale à la perpendiculaire OH, il est clair que la courbe CKH décrit avec ce rayon toucherait en H la partie prolongée AH de la ligne AB; dans ce cas HO prolongée ne rencontrerait pas AG et le second rayon AG serait infini, c-à-d., que le reste AH de la courbe serait une ligne droite.

(782) PROB. Avec un rayon donné OD décrire un cercle qui soit tangent à deux autres cer- , __cles donnés À, B. He

Supposons la chose faite, on aura AC=AD+CD et BC=—BE-+CE (ou CD) pour fixer le point C.

(783) PROB. Par un point donné À, décrire un cercle P qui soit tangent à deux cercles donnés B, C.

nt 07e, ce CN ETS Sn

H du cercle

lu point À à era en O un olongé fixera era extérieu-

be une ligne st clair que la

H la partie 10 prolongée x serait infini, ligne droite.

= pe

re un cercle

Supposons la chose faite; on a les triangles isocèles OCM, LBN équiangles à MPL, et parceque P= LBN on a BN paral.

CP ; d’où GBN=—ECM et GLN (ou 4GBN)= EDM (ou + ECM). Les triangles LGH, DMH sont donc semblables et donnent HG: HM::HL:HD; ce qui donne HD.HG—HM.HL=— HK.HA. Il y a donc à trouver: H; or les triangles semblables BNH, CMH donnent BH : CH :: BN : CM ou CM— BN:BN::CH—BH:BH. On trouvera maintenant dans le cercle requis un nouveau point K en faisant HA: HL:: HM : HK ou HA: HG :: HD: 7IK ce qui réduira le prob. à celui du par. (725) où l’on demande À décrire un cercle tangent À un cercle et passant par deux points donnés.

(184) PROB. Par un point donné À, décrire un cercle H, qui soit tangent à uu cercle D et à une ligne BC.

Soit O le point de contact,

ayant mène et prolongé BO, <

on aura EF, diamètre du cercle

D parallèle à BG diam. du cercle D &

H à cause des triangles isocèles A

équiangles FDO, BHO et la droite FEC sera par conséquent perpendiculaire à BC. Mainte- C B

nant, .&B est un quad. capable d’être inscrit dans un cercle, C et O étant droits et suppléments l’un de l’autre; d'où on tire FA.FG—FB.FO=FC.FE ; donc on obtient G en faisant FA:FC::FE:FG, et le prob. se réduit à celui de faire passer par deux points donnés À, G un cercle qui soit tangent à un cercle (725) ou à une ligne (768).

e Fe ÈS POS TT SP ET —— és LS ER us Æ EF - 4 LS ae r À 7 »

(785) PROB. On a la corde AB et la flèche EC d’un arc ACB pour en trouver le rayon, l'angle D au centre et la longueur.

Ayant trouvé par la méthode du C par. (540) le rayon AD=BD, on aura le centre D à l'intersection des arcs À: B décrits avec les rayons AD, BD et par suite l'angle ADB.

Pour ce qui est de la longueur de D l'arc, il y aura à trouver d'abord (686) la longueur de la circonférence entière et à faire (Prop. XXXIV et 720) 4 angles droits: ADB :: circonférence entière : ACB.

Si on avait l’angle D et la longueur ACB de l'arc, pour trouver le rayon; on ferait D:4 angles droits:: ACB : circonférence entière et on aurait (687) le diamètre en faisant 8.1416 : 1:: circ. : diam.

(786) PROB. Trouver sur une ligne donnée CT un point F, tel que de ce point on puisse mener à deux autres points donnés A, B des lignes égales AF, BF.

Puisque AF doit être =BF, B AFB est isocèle et il est clair x ts que F est situé à l'intersection FR de la ligne donnée par la per- : B B pendiculaire DF menée du mi- D D lieu D de la ligne qui joint les qg / + C XI

deux points donnés.

(787) PROB. D’un point donné À mener une ligne AB qui retranche de deux autres lignes CD, CE ües parties égaies CH, CB. :

Il suffit de faire remarquer que AB formera avec les lignes données un triangle isocèle BOF et que si AF est perpendiculaire à CE ou aura (822) l'angle BAF—HCG=}HCB, pour indiquer de suite l'opération à faire.

he EC d'un D au centre

D ngueur de la IV et 720) 4 CB.

CB de l'arc, igles droits ::

) le diamètre

nnée CE' un ener à deux AF, BF.

ne ligne AB êes parties

(788) PROB. Mener d'un point donné D à une ligne AC, une droite DF qui soit bissectée en O par une seconde ligne AB rencontrant la première sous un angle donné A.

Puisqu'on doit avoir DO=—FO; 078 sion mène DE parallèle à AC et E LA qu'on fasse AF=DE, les triangles ver semblables AOF, DOE donneront DO:FO::DE:AF.

Si D’ était entre les lignes données, on ferait AF"=2D'E' ou E'0'= AE, pour avoir O'D=D'F".

(789) PROB. Mener de deux points donnés A, B, à une ligne CF, deux droites AC, BC qui rencontrent cette ligne sous des angles égaux ACF, BCD.

Observons aussi que la ligne A/C'B— A'C'E' est évidemment la plus courte que l'on puisse mener de A’ à B’ pour rencontrer la ligne donnée D'F'; car AG +GB=AÂG+GÈ> A'E'; et si on avait à mener entre deux points une ligne qui fût la plus courte possible et qui dût rencontrer en chemin deux autres lignes, on voit de suite comment on y parviendrait.

(790) PROB. Inscrire dans un triangle B ABC une ligne EF d’une longueur dormée

et dans une direction donnée. à:

Soit AD dans la direction voulue; faites A D AK=EF, menez KF parallèle à AB, et d

EF parallèle à AD.

(791) PROB. Trouver sur le côté BC d’un triangle ABC un point H, tel que la: somme des perpendiculaires HK, HL menées de ce point aux autres côtés du triangle, soit égale à une ligne donnée a b.

Soit AN=ab et perpendiculaire à AB; ayant mené NE parallèle à AB et EF parallèle à AN, on aura EF—AN=a b et EF sera perpendiculaire à AB et parallèle à HL. Supposant maintenant la chose faite, et que DH soit parallèls à AB, de:

on aura PF=—HL et par conséquent PE=HK ; d'où il suit que pour résoudre le prob., il faut faire AG=AE et mener EG qui coupera BC en H le point voulu; car, dans les triangles rectangles DKH, DPE, on a HK=PE, angle D commun et (322) angle DEP=DHK (les côtés DH, HK étant perpendiculaires aux côtés DE, PE) ce qui donne DE=DH et le triangle EDH par conséquent isocèle et semblable à EAG.

(792) PROB. Dans un triangle B quelconque ABC, on a la base AC et le côté DL du carré inscrit, pour construire le triangle. D L On a AC:DL::BF:BE ou dividendo AC—DL : DL::BF—-BE:BE, pour trouver BF=EF (ou DL) + BE.

F € (793) PROB. Inscrire un carré FG dans un pentagone régulier ABCDE.

OS, bd D

riangle ABC oculaires HK, triangle, soit

= AE et mener car, dans les PE, angle D ôtés DH, HK e qui donne socèle et sem-