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::m+an:m, et si AD, BE, CH, au lieu d’être perpendiculaires à DE, devaient rencontrer cette ligne sous un angle donné quelconque, la manière de résoudre le prob. serait encore la même.

(806) PROB. On demande à trouver sur une ligne AE, un point D tel que l’angle BDC sous-tendu en ce point par deux autres lignes DB, DC menées aux extrémités d’une quatrième ligne BC perpendicvulaire à la première mais éloignée d'elle d’une distance connue AB, soit le plus grand possible.

Avec un rayon FC=FD—AG=AB+ 4BC, décrivez le cercle DBC ; le point de contact D sera le point voulu; car,

BDC=}#BFC et pour que BDC fût plus

grand, il faudrait que BFC fût aussi

plus grand ou ce qui (268) est la même

chose, que le cercle passant par les E

points donnés B, C, fût d’un plus petit rayon HO; maisun cercle BCK décrit avec un rayun raoïindre que FD ou AG ne rencontrerait pas !a ligne ÂE, et le sommet D de l'angle étant dans ce cas hors de la ligne, ne remplirait pas l’autre condition du problème.

(807) PROB. Trouver dans un triangle quelconque ABC dont aucun angle n'excède le tiers de quatre angles droits, un point O tel que les trois angles sous-tendus en ce point par les lignes menées aux extrémités des côtés, soient égaux l’un à r’autre.

Il suffira de décrire sur deux des côtés du triangle donné des cercles capables de contenir des angles chacun égal au tiers de deux ,..# angles droits. L'intersection O de ces cercles fixera le point voulu.

e perpendicusous un angle e prob. serait

ine ligne AE,

en ce point r extrémités la première e AB, soit le

HC ; mais un e FD ou AG D de l’angle it pas l’autre

> quelconque quatre angles sous-tendus

rémités des

La nécessité de la restriction, qu'aucun angle B n'excède AOC ou le tiers de 4 angles droits, est évidente.

Si les trois angles en O, au lieu d’être égaux, devaient avoir l’un à l’autre un rapport donné (720), mais toujours tel que le plus grand des angles n’excédât pas le plus grand angle du triangle donné; il est clair qu’on aurait comme auparavant à faire sur les côtés, des cercles contenant des

Les sommets d’un triangle n'étant que des points, l’énoncé du prob. pourrait encore 8e traduire : trouver un point tel que les angles sous-vendus en ce point par des lignes menées à trois autres points, aient l’un à l’autre un rapport donné ; eu égard toujours à la restriction déjx établie.

(808) PROB. Trouver, sur la partie prolongée AF du diamètre d’un cercle, un point E tel que la tangente EC menée de ce point au cercle, soit égale à la distance EF du même point à l'extrémité F du diamètre prolongé.

Puieque DCE est un angle droit, on a DCG+ECF (supplément de DCE) aussi égal à un angle droit ; et À cause des triangles isocèles CDG, CEF, on a EFC=ECF et DGC=—DCG ; d'où F+DGF= un angle droit et le triangle GDF est par conséquent rectangle en D; ce qui indique que pour résoudre le prob., il faut mener DG perpendiculaire à DF et au point d’intersection C mener CE perpendiculaire à DC.

(809) PROB. Par un point donné A hors d'un cercle, mais qui ne soit pas plus éloigné que d’un diamètre, mener une sécante ou une ligne AC qui soit bissectée en E par Le cercle.