DE QUELQUES PROBLEMES

(673) Prob. Inscrire (184 Déf.) un parallélogramme ABCD dans un quadrilatère quelconque EFGH.

A cet effet, joignez les points JB

milieux A, B, C, D des côtés du quadrilatère donné, et le problème sera résolu.

Car, la construction donne (519) BC et AD respectivement 'j3"i parallèles à la diagonale EG-, base ÏT

commune des triangles EFG, EHG; et on a, de même,

PEOBLÈMES. 233

AB, DC parallèles à la diagonale HF, base commune des triangles HEF, HGF.

(674) Prob. Etant donnés la surface et les angles d'un triangle quelconque ; trouver les côtés ?

Soient A, B, C les angles C

donnés, et S la surface, /\^

sous forme d'un carré équi- /

valent au triangle. Sup- y

posons à l'un quelconque AB des côtés cherchés, une longueur arbitraire a b, et avec cette longueur gt les angles donnés, construisons (266) un triangle ahc. Ce dernier sera évidemment équiangle et par conséquent semblable à ABC. Réduisons maintenant (376) ce second triangle en un carré équivalent 5, et on aura (552) 5 : S : a 6^ : AB^ ou (104) i/sTi/Sl: a h : AB ; c-à-d. (40) le côté de du. carré s (:) est au côté DE du carré S ( :: ) comme le côté supposé ab (:) est au côté requis AB. Donc AB est quatrième proportionnelle k dCy DE et a b, et se trouvera par la méthode du pagraphe (516).

(675) Sco. 1. Si, dans le dernier problème, on connaissait le nombre d'unités de surface (24) du triangle ABC et la racine ou côté (40 et 334) d'ime de ces unités ; on

procéderait, tout de même, à poser la ligne a b composée d'un nombre arbitraire d'unités linéaires, chacune égale à cette racine, et à faire sur a 6 un triangle équiangle à ABC. On aurait ensuite à touver (571 Lem. 9°, et 344) la surface relative de abc et a faire surf, ab c: surf. ABC ::ab^: AB^. Extrayant alors la racine carrée de AB^, on obtiendrait AB, longueur d'un des côtés du triangle, et par suite (266) les autres côtés voulus.

(676) Sco. 2. Si la nature, c-à-d. la grandeur de l'imité de surface était inconnue ; on prendrait a b égale en Ion-

gueur à un nombre arbitraire d'unités quelconques de mesure linéaire ; et sur a b, faisant comme auparavant, un triangle équiangle à ABC, on mesurerait la hauteur de ce triangle, au moyen de la même écbelle qui aurait servi à déterminer sa base. Il y aurait ensuite à trouver (344) la surface de ce triangle et à poser abc: ABC ::ab : AB^ ; c-à-d., le nombre calculé d'unités de surface dans a 6 c(: ) au nombre donné d'unités de surface dans ABC (::) comme le carré du nombre d'unités linéaires dans a b (:) au carré du nombre d'unités linéaires dans AB. La racine carrée du résultat serait évidemment la longueur de AB en unités linéaires de dimensions égales à la racine ou côté d'une des unités de surface données.

(677) Sco. 3. Il est clair aussi qu'on obtiendrait une solution numérique du prob. (674) en mesurant (571, Lem 9°) les côtés de et DE des carrés s et S, au moyen d'une même unité de mesure, de longueur arbitraire, pour faire ensuite ediEDiiab: AB; car (552) e d^ ou surf, abc: ED^ ou surf. ABC ::ab^: AB^ ; ce qui donne (104) ed:ED::ab: AB.

(678) PROB. Etant donnés la surface d'un triangle quelconque ABC et le rapport entre ses côtés ; trouver ces côtés.

Soient M : N : R les lignes ou nombres exprimant les termes du rapport. Il suffira de se servir de ces termes mêmes (571 Lem.) ou de toutes autres longueurs ayant entre elles le rapport donné, pour construire un triangle abc, dont les angles seront par là même (522) respectivement égaux à ceux du triangle ABC ; ce qui réduit le prob. à celui du par. (674).

(679) PROB. Si on avait à trouver le côté d'un polygone régulier quelconque lorsqu'on en connaît la surface ;

il est évident que le prob. se réduirait à celui du par. (674)

PROBLÈMES, 235

puisque (622) tout pol. rég. est composé de triangles isocèles égaux en toutes choses ; et on obtiendrait la surface d'un de ces triaudes en divisant la surface entière du pol. par le nombre de côtés.

(680) PROB. S'il s'agissait d'un polygone irrégulier quelconque AD, dont on eut la surface, et les angles formés, tant par les côtés eux mêmes, que par les côtés et diagonales du pol., c-à-d. les angles des triangles composants, ABE, EBC, etc., (car, il ne suffit pas comme ou l'a vu (526) de connaître les angles formés par les côtés du ^

pol. irrégulier x)Our en ^ ^ E D

déterminer la forme ou le rapport entre les côtés) pour en obtenir les côtés ; l'on procéderait encore à supposer à l'un quelconque ED des côtés du pol. une longueur arbitraire ed sur laquelle, comme base, on construirait par la méthode du par. (551) un pol. a d équiaugle et par conséquent semblable à AD. Ayant ensuite calculé (571 Lem. 9*^) la surface de a d, on ferait surf, ad: surf. AD '.'.eS : ED^ dont on extrairait la racine carrée pour avoir ED.

(681) PROB. Il serait aussi aisé d'obtenir les côtés d'un polygone irrégulier quelconque, au moyen de sa surface et du rapport entre les côtés de ses triangles composants ; puisqu'il suffirait (678) de se servir des termes mêmes du rapport, ou de longueurs proportionnelles à ces termes, afin de déterminer les angles du pol. et par suite (680) les dimensions de ses côtés.

(682) Rem. Dans ces problèmes, pour éviter les répétitions, et la nécessité d'indiquer, dans chaque cas, la différence entre les procédés à suivre afin d'obtenir une construction purement géométrique ou une solution numérique ; il suffira de se rappeler ce qui a été dit au par. (571 Lem.)

â36 GÉOMÉTRIE.

sur la manière de traduire les données, pour les rendre propres aux opérations requises.

(683) PROB. Soit à déterminer dans un quadrilatère quelconque AD trois de ses côtés, lorsqu'on n'a pour données que le quatrième côté AB et les angles en C et D opposés à ce côté, formés par les trois côtés inconnus et les deux diagonales.

Il s'agit encore ici d'une liypothèse à faire, et comme on voit, c'est évidemment sur 1« côté qui est adjacent aux angles donnés qu'il faut opérer, pour obtenir un ré- C ÎDI

sultat quelconque. Or ce côté est CD ; et il est clair que si on lui assigne une valeur quelconque cd, et que sur cd, comme base, on forme les triangles cda, cdh équiangles à CDA, CDB, pour mener ensuite a h, on aura un quadrilatère a </ en tout semblable à AD. Mesurant alors a 6, on fera (548) aè : AB :: c 6? : CD :: 6 c^ : BD :: a c : AC.

(684) PROB. Etant donnée la surface d'un cercle ; trouver son diamètre.

On se rappellera (671) que quand le diamètre d'un cercle est 1, sa circonférence est 3.14159 etc., et sa surface est égale à la circonférence multipliée par la moitié du rayon ou le quart du diamètre; or 3.1416 Xi=.7854; c-à-d. que la décimale .7854 représente la surface d'un cercle dont le diamètre est égal à l'unité. Mais les cercles sont (557) des figures semblables, et leur surfaces sont entre elles comme les carrés de leurs diamètres ou autres lignes homologues. Soit S le cercle donné et s celui dont le diamètre a h =1 etlasurface=.7854. On fera surface 5 : surface S::

aè^:AB2,ou.7854:S;:l^:

AB^ ; mais 1^=1 et on ne change eu rien une quantité donnée en la multipliant par 1 j donc AB''^=S-^-.7854 ou S ;

c-à-d. que le diamètre d'un cercle quelconque s'obtient eu divisant sa surface par .7854 et en prenant la racine carrée du quotient.

(685) REM. Cette manière de trouver le diamètre d'un cercle dont on connait la surface, n'est autre que celle de trouver les côtés d'un triangle dont on connait les angles et la surface ; car il est clair qu'on pourrait supposer à a è une longueur quelconque, calculer ensuite la surface s et faire, comme auparavant, s:S::ab : AB".

(686) PROB. Il est à peine nécessaire e de dire, puisque (671) le rapport du diamètre à la circonférence est 1 : 3,1416, que pour trouver la circonférence d'un cercle dont on connait le diamètre, il n'y a qu'à poser 1 : 3.1416:: a 6 :adbe. On obtiendrait encore le résultat désiré, mais avec moins d'exactitude, en se servant du rapport 7 : 22 qu'on doit à Archimède (668) ou de celui de Métius, 113 : 355 ; mais on ne manquera pas d'observer en même temps que le premier rapport est celui qui exige le moins de travail, puisqu'un de ses termes est l'unité ; ce qui, dans le cas actuel, exempte la division et réduit l'opération à une simple multiplication ; car, 3.1416Xa6 = 3.1416xa6=g^6g, tandis-

que l'emploi des autres rapports exige qu'on multiplie d'abord par 22, pour diviser ensuite par 7 ou qu'on multiplie d'abord par 355 pour diviser ensuite par 113.

(687) PROB. On conçoit aussi que s'il s'agit de trouver le diamètre a h d'un cercle dont on connait la circonférence ; on a seulement à renverser (93) les termes du rapport pour avoir 3.1416 :1:: ah de: ah.

(688) PROB. On a les angles d'un triangle quelconque pour en déduire le rapport entre les côtés. A cet effet, il suilit de supposer (17) à l'un des côtés une valeur quelconque, afin d'en obtenir par construction la valeur corres-

pondante des autres côtés, et de là le rapport entre eux (525).

(689) PROB. Trouver le rapport entre les côtés d'une figure rectiligne quelconque, quand on ne connaît que les angles des triangles composants, n'est autre chose que répéter, autant de fois qu'il y a de triangles, l'opération indiquée au dernier par. On supposera donc à l'un quelconque des côtés delà fig. donnée, une longueur arbitraire, et sur ce côté, comme base, on construira (551) avec les angles donnés, une fig. qui lui sera équiangle et semblable,- et dont les côtés seront (548) entre eux dans le rapport voulu. Mesurant ensuite chacun des côtés ainsi obtenus, au moyen d'une échelle (571 Lem. 8^) de parties égales, on obtiendrait une expression numérique pour la longueur relative de chaque côté de la fig., c-à-d. pour chacun des termes du rapport cherché.

(690) PROB. Etant donnés la surface et deux côtés d'iin triangle quelconque ; trouver le troisième côté.

Soient AB, CB les côtés donnés ; ^ C" C

et supposons (17) que ABC soit le triangle voulu. On obtiendra CD, hauteur du triangle, en divisant (349) sa surface par sa demi-base.

Dans le triangle BDC, on aura

alors en D un angle droit, et deux côtés CD, CB, pour trouver (321) l'angle ABC, et par suite (243) le côté AC.

Observons que le triangle ABC répond aussi (286 et 320) au problème, CC étant parallèle à AB et l'angle ABC supplément de ABC ; et il y a toujours de même deux réponses, si ce n'est dans le cas où la surface divisée par l'un des côtés donne une longueur égale à l'autre côté. Dans ce dernier cas, il est clair qu'il n'y a qu'un seul triangle ABC" qui réponde aa prob. et que ce triangle est rectangle.

(691) PROB. Dans un rectangle quelconque AC, on a la surface et la diagonale DB pour trouver les côtés.

PROBLÈMES

La perpeudiculaire AE est égale (349) à la demi-surface (270) ADB du rectangle, divisée par la demi-base ou diagonale DB. On a vu (283) que les diagonales d'un parallélogr. se bisscctent mutuellement; et ces diagonales sont évidemment égales dans le rectangle ; donc la demi-diagonale AF=DF et le triangle DFA est isocèle. Dans le triangle rectangle AEF, on a donc AE, AF pour trouver (321) l'angle AFD, et par suite, AD et AB.

(692) PROB. Trouver le côté d'un carré AC, quand on ne connaît que la différence DE entre le côté et la diagonale.

Puisque DE=DB-BC, on a BE=BC.

Le triangle EBC est donc isocèle ; l'angle EBC étant égal à la moitié d'un angle droit, et chacun des angles à la base, à la demi-somme de deux angles droits moins l'angle EBC. Ayant mené EF parallèle à BC et par conséquent perpeudiculaire à DC, on à EF=DF=v'iDE'-^ (310) c-à-d. égale au côté d'un carré dont DE serait la diagonale. Dans le triangle rectangle EFC, on a donc un côté EF et l'angle FEC égal à son alterne ECB, pour trouver FC. Enfin DF-f FC=DC le côté voulu.

(693) REM. On ne doit pas s'attendre à trouver dans les démonstrations et explications, ici données, des indications complètes de tous les détails de la méthode à suivre dans chaque cas, soit pour obtenir une solution numérique, ou pour résoudre un problème par construction. Les dimensions de ce traité ne le permettent pas ; et d'ailleurs il est bon que l'étudiant a'.t à se reposer un peu sur ses propres ressources, pour s'habituer de bonne heure à faire lui-même, l'application des propositions précédentes, à la solution des problèmes qu'on pourrait lui soumettre, ou de ceux qu'il pourrait lui-même imaginer.

L'étudiant fera bien aussi de tenter lui-même la solution de chacun des problèmes ici donnés ; s'aidant, au besoin, soit d'une simple inspection de la ûg. ou, si cela ne suffit pas, de la lecture d'une partie seulement du texte.

(694) PROB. Etant donnés la surface d'un rectangle quelconque AC et le rapport m : n, entre ses côtés ; trouver ces côtés.

Si les termes du rapport contenaient A. h m B

des fractions, ou les réduirait d'abord en unités égales de la plus petite es- ^

pèce, pour faire disparaître les dénominateurs ; c'est ainsi que IJ : 'è\ donnerait 2i? : 25 ou 10:25, et | à 1^ don- D C

nerait 3 à 5 ou 3 : 5. Cela posé, il y aurait à faire le produit

mxn des termes du rapport et à diviser par ce produit la surface donnée S, pour avoir la surface s d'une unité du rapport. Cette dernière est un carré Ac, à cause de Ab=Ad et pourrait être soit plus grande ou plus petite qu'une unité de la surface S ; mais, dans l'un ou l'autre cas, il est clair que la racine carrée du nombre d'unités de surface contenues dans s donnerait la longueur du côté du carré Ae en unités linéaires de l'espèce voulue; et ce dernier nombre multiplié respectivement par m et w donnerait AB et AD, côtés du rectangle.

Tout ce que'on vient de dire se résume comme suit, savoir : trouver s= S ; puis, faire AB=i/5 Xm et AD^V^^ Xw. mxn

Observons que le problème pourrait aussi se résourdre, par la méthode du par. (681), et en général il y a plus d'une manière de résoudre un grand nombre de problèmes ; comme on a pu d'ailleurs s'en convaincre dans l'étude de ce traité.

(695) PROB. Soit à trouver les côtés d'un rectangle BF dont on connaît la diôérence AD entre un côté BC et la diagonale AC et le rapport m à n, entre les côtés.

PROBLÈMES

Ayant mené DE parallèle BC, on aura le triangle rectangle AED semblable à ABC ; ce qui donnera AE : DE ::m:n.

Avec ce rapport, on trouvera facilement les angles en A et D et par suite, les côtés AE, DE. Maintenant ayant joint DB, le triangle DCB sera isocèle, à cause de DC=BC par hyp.. L'angle ACB est égal à son alterne ADE et chacun des angles CDB, CBD à la base, à la moitié de deux angles droits moins DCB. L'angle EDB= son alterne CBD. On a donc, dans le triangle rectangle DEB, un côté DE et les angles, pour trouver EB ; et EB4-AE=AB, l'un des côtés requis.

(696) PROB. Faire un parallélogramme AH égal en surface et en périmètre à un triangle donné ABC.

Prolongez AB d'une quantité égale à BC et bissectez AD en E.

Menez BH parallèle à AC, et avec A comme centre et un rayon égal à AE (demi-somme des côtés AB, BC du triangle) coupez BH en G.

Joignez AG et par le point F,

milieu de AC, menez FH parallèle A E 0

à AG; AGHF est le parallélogramme demandé. En effet puisque (270) AG=FH et que AG= AD ==AB+EC; il suit

que AG-fFH=AB+BC. De plus AF=FC par constr., et AF=GH (270) ; donc AF+GH-AC ; donc le périmètre du parallélogr. est égal à celui du triangle. Quant à la surface du parallélogr. il est clair (289) qu'elle est aussi égale à celle du triangle, puisque ils sont entre mêmes parallèles et que la base du parallélogr. est moitié de celle du triangle.

(697) PROB. Diviser un cercle en im nombre quelconque de parties égales en surface et en périmètre.

Ayant divisé le diamètre en autant de parties égales AB, BC, etc., que le cercle doit contenir de parties équivalentes ; on n'a qu'à décrire sur AB, AC, etc.,comme diamètres, les demicirconférences indiquées par la fîg. et en faire autant -du côté opposé du diamètre sur EF, DF, etc.

Ce problème ne pouvant guère se présenter dans la pratique, peut se considérer comme étant purement de fantaisie. La démonstration en est donc laissée à l'étudiant, auquel il suffira de rappeler que les demi-cercles sont (557) des figures semblables, et que, comme telles, leurs surfaces et périmètres sont sujets aux mêmes conditions que celles qui régissent toutes autres figs. semblables ; c-à-d., que leurs périmètres sont (559) comme (::) leurs diamètres, et (557) leurs surfaces comme (:: ) les carrés de ces diamètres.

(698) PROB. On a dans un parallélogramme AC, la surface, le périmètre et la différence entre la base AB et la perpendiculaire DE, pour construire la figure.

Il faut d'abord trouver (375 ou 377) G D F C

un rectangle ABFG qui réponde à la surface donnée et à la différence entre la base et la perpendiculaire, c-à-d.

entre la base et le côté ; après quoi, il ne restera plus qu'à trouver le degré d'inclinaison à donner au côté AD, pour que sa longueur ajoutée à la base AB soit égale au demi périmètre donné. Or, dans le triangle rectangle AED, on connaît ED=A(t, côté du rectangle GB, et on connaît AD égal au demi périmètre donné moins AB pour trouver l'angle ou l'inclinaison voulue DAB.

(699) PROB. On a, dans un trapèze quelconque BD, deux côtés opposés BC, AD et trois angles B, C et D ou A, pour trouver la surface.

PEOBLÈMES.

Ayant prolongé les côtés inconnus AB, j;

DC jusqu'à leur rencontre en E ; on a /^

dans le triangle supplémentaire EBC, un côté BC et les angles adjacents EBC, (supplément de ABC), ECB (supplément de DCB) pour trouver (266) la surface.

Dans le triangle EAD, on a un coté AD A' et les angles adjacents D et (255) A, pour trouver la surface ; et surf. EAD — surf. EBC= surf. BD.

*^ (700) PROB. On demande à trouver sur chacune de deux lignes indéfinies AB, CD, inclinées l'une à l'autre, nu point F, E également éloigné du point O où ces lignes se rencontreraient si elles étaient suffisamment prolongées.

Supposez la chose faite ; le triangle EOF sera isocèle et donnera E=F= demi-supplément de O, que l'on obtiendra en menant CG parallèle à AB.

De là, donc, un moyen de résoudre le problème.

(701) PROB. S'il s'agissait de bissecter l'espace angulaire formé par deux lignes indéfinies AB, CD inclinées l'une à l'autre, ou ce qui est la même chose, mener une ligne KH qui, étant prolongée, tomberait au point O de rencontre des deux lignes données ; ayant pris sur une des lignes un point quelconque E, et mené EF telle que l'angle E=F= suppl. O; il ne reste-

rait plus qu'a faire passer par le point milieu G de la ligne EF, une perpendiculaire KH qui résoudrait (236) le problème.

(702) PROB. On a l'angle BAC formé par la perpen-

dieulaire AB et la tangente AO menées d'un point A quelocnque sur le rayon prolongé AO d'un cercle, et la distance AD de ce point au cercle, pour trouver le rayon.

Ayant mené OF au point de contact F de la tangente AC, et DE tangente au cercle au point D ; le triangle AFO sera (466) rectangle en F et on aura (506) tangente ED = tano-ente EF. Maintenant dans le triangle rectangle ADE, on a l'angle A, complément de l'angle donné BAC, et le côté AD, pour trouver AE et ED, et puisque EF

=ED, l'on a AF=AE+ED. On a donc, dans le triangle rectangle AFO, le côté AF et les angles pour trouver OF, rayon du cercle.

(703) Sco. L'étudiant verra comment, en pratique, on ferait application de ce problème pour trouver le rayon de la terre, si on connaissait AD, hauteur d'une montagne élevée et l'angle BAC formé par une ligne horizontale AB et une autre ligne AC tangente à la surface, le tout dans un même plan (115).

(704) PROB. Trouver le plus grand triangle rectangle qu'on puisse faire sur une base donnée AB.

La base étant donnée, il est clair que le triangle qui, sur cette base, aura la plus grande surface, sera celui dont la hauteur sera la plus grande possible ; or le triangle doit être rectangle A E 0 B (444), et il est évident que la hauteur OC est la plus grande possible, quand le sommet C est au milieu de la demi-circonférence, la hauteur étant, dans ce cas, moitié de la base.

(705) PROB. Inscrire dans un triangle donné ABC, le plus grand rectangle possible.

PROBLÈMES

Soit CH la hauteur du triangle ; il n'y a qu'à mener DE par le point milieu K de la hauteur et à faire DF, EG parallèles à CH ou perpendiculaires à AB, pour compléter la fig. Cette construction donne DE

ou FG=iAB. L'étudiant verra A F II G B

aussi que le triangle ext. EGB=EGH, DFA=DFH, DEC ==DKH et EKC=EKH ; c-à-d., que la somme des parties extérieures au rectangle, est égale à la somme des parties composantes du rectangle, ou en autres mots, que la surface du rectangle ainsi trouvé est moitié de celle du triangle donné.

On peut encore laisser à l'étudiant le soin de prouver l'exactitude de cette solution ; lui rappelant seulement qu'à périmètre égal, le plus grand rectangle est (372) celui dont les côtés, ou la base et la hauteur, approchent le plus de l'égalité.

(706) PROB. Mener par un point donné P une ligne KL qui étant prolongée rencontrerait deux autres lignes indéfinies AB, CD au point O de leur intersection.

Par le point donné P, menez la droite EF et à une distance quelconque de EF, menez GH parallèle à EF.

Divisez alors (514) GH

en Q, de manière à avoir GQ à HQ comme EP à FP. Par le points P, Q menez KL qui sera la ligne demandée.

Pour preuve, supposez la chose faite ; vous aurez les triangles semblables OQG, OPE et OQH, OPF qui donneront GQ:EP::OQ:OP et HQ : FP :: OQ: OP; d'où (75 Ax.) GQ:EP::HQ:FP.

Si le point donné P au lieu d'être entre les lignes AB, CD

se trouvait en dehors de l'espace renfermé par ces lignes ; il est clair qu'une construction analogue résoudrait le problème.

(707) PROB. Dans un trapèze (172) rectangulaire ABDC, étant donnés la base AB et les perpendiculaires ou côtés parallèles AC, BD ; trouver sur la base la position d'un point E qui soit également éloigné des sommets ou extrémités C et D des côtés parallèles.

Puisque EC doit être égale à ED ; si, du point E, comme centre, avec rayon ED, on décrit une circonférence de cercle ; cette circonférence passera par le point C. Ayant prolongé AC jusqu'en G, vous aurez AG=AC (408) et CG=2AC.

Menez CE parallèle à AB ; alors

dans le triangle rectangle CED, vous avez CF=AB (271) et DF=BD— AC, pour trouver CD et l'angle DGF. Ajoutant à l'angle droit ECG, l'angle FCD que vous venez de trouver, vous avez dans le triangle DCG, deux côtés CG, CD et l'angle inclus DC G pour trouver (243) l'angle G. Maintenant (440) l'angle au centre CED est égal au double de l'angle G à la circonférence, appuyé sur le même arc ; donc, dans le triangle isocèle CED vous avez la base CD et les angles en C et D, chacun égal au demi-supplément de E, pour trouver CE ou DE. Enfin, dans l'un ou l'autre des triangles rectangles EBD, EAC, vous avez l'hypoténuse et un côté pour trouver EB ou EA..

(708) Autre solution du dernier problème. On a, comme auparavant, CE parallèle et égale à AB, et DF=BD-AC ; d'où on obtient CD. Par le point milieu H de CD, ayant mené HG parallèle à AC ou BD, on a (325) HG- AC+BD. L'angle GHE est (322)

PEOBLÊMES. 247

égal à l'angle DGF, les côtes de l'un étant perpendiculaires à ceux de l'autre ; savoir : HG à AB ou CF et EH à CD (236). Dans le triangle rectangle EGH, on connaît donc un côté GH et les angles, pour trouver EG ; c-à-d. la distance du point cherché E au centre G de la base.

(709) PROB. Etant donnés les distances AB, AC, BC entre trois points A, B, C situés non en ligne droite et les angles AOC, BOC sous-tendus en un quatrième point O par les lignes AO,BO, CO menées de ce point aux trois points donnés ; trouver la position du quatrième point.

Dans ce problème, il semble d'abord que les données soient suffisantes pour obtenir une Ai solution, et en effet, elles le sont; mais la difficulté à surmonter est que la position relative de ces données ne fournit pas de moyen immédiat de faire entrer en compte les angles en O, qui sont adjacents à aucune des ligues données. Or, on a vu (443) que tous les angles inscrits dans le même segment de cercle, c-à-d. appuyés sur le même arc, sont égaux ; et puisqu'il en est ainsi, on est porté à croire que l'usage du cercle fournira un moyen d'arriver au résultat désiré. En effet, ayant inscrit (450) les trois points A, 0, B, dans une circonférence, et prolongé s'il le faut, OC pour rencontrer la circonférence en D ; on mènera AD, BD qui donneront (443) l'angle ABD égal à AOD appuyé sur le même arc AD et BAD égal à BOD appuyé sur le même arc BD. Les angles en 0 qui étaient opposés à AB peuvent donc maintenant être regardés comme adjacents à cette ligne et fournissent le moyen de trouver, dans le triangle ADB, le côté AD ou BD. Dans le triangle ABC, on connaît les trois côtés, pour trouver (222) l'angle A qui, étant

248 GÉOMÉTEIE.

ajouté à BAD ou BAD soustrait de cet angle, suivant que le point C tombe en dedans ou en dehors du cercle, donnera l'angle CAD. Alors dans le triangle CAD, on a les côtés AC, AD et l'angle inclus CAD pour trouver l'angle ADC ou ADO. Enfin dans le triangle ADO, ou a un côté AD et les angles ADO, AOD, pour trouver AO, et par suite CO et BO.

(710) Seo. Si les données du dernier problème étaient AC, BC et l'angle inclus ACB, il n'y aurait qu'à compléter (243) le triangle ACB pour réduire l'opération à celle qu'on vient d'indiquer. Observons aussi que si le point C tombait sur la circonférence, le problème serait indéterminé, puisque l'angle ACB serait alors supplément de O et que dans ce cas toute position du point O sur la circonférence donnerait les mêmes angles AOC, BOC.

(711) PROB. Quand les trois points du dernier problème sont situés en Ijgne droite et qu'on a les distances entre ces points.

Inscrire AOB dans un cercle, prolon- j)

ger OC jusqu'en D et mener AD, BD.

Alors dans le triangle ADB, on a AB= AC+CB, angle ABD=AOD sur le même arc et angle BAD:=BOD sur même arc, pour trouver AD ou BD. Puis dans le triangle ACD on BCD, on a deux côtés et l'angle inclus pour trouver l'angle D, ce qui dans le triangle AOD, nous donne AD et les angles en O et D, pour trouver AO et par suite BO.

(712) PROB. Etant donnés les distances AB, BC, AC entre trois points situés non en ligne droite (ou ce qui (243) revient au même, deux distances AB, BC, et l'angle inclus ABC) et les angles sous-tendus en deux autres points D et E par la ligne DE menée d'un de ces points à l'autre et celles DA, DB et EC, EB menées de chacun de ces points respectivement aux points en premier lieu mentionnés ; trouver la position de ces deux autres points.

PROBLÈMES

Dans ce prob., comme dans celui du par. (709) l'usase du cercle nous permettra de rendre adjacents aux côtés, des angles qui, dans la position qu'ils occupent dans l'énoncé, ne peuvent se prêter directement au résultat voulu.

Ayant donc circonscrit (450) dans un cercle les trois points ABD et dans

un autre cerle, les trois A. C

points CBE et mené des points d'intersection F, Gr, les ligues FA, FB et GC, GB ; on voit que l'angle FAB, adjacent à AB, est appuyé sur le même arc que l'angle FDB qu'on connaît, et qu'il est en conséquence égal à ce dernier. De même, GCB est égal à GEB appuyé sur le même arc GB ; de plus, angle BGC=BEC et BFA=BDA. On a donc dans le triangle BCG un côté et les angles pour trouver (266) GB et dans le triangle BAF, un côté et les angles pour trouver FB. Dans le triangle FBG, on a maintenant les côtés FB, GB et l'angle inclus FBG=ABC— ABF+CBG, quand FG tombe en dehors des cercles, et FBG=ABC+ABF+CBG— 4 angles droits, quand FG tombe en dedans, pour trouver (243) les angles en F, G. Cela posé, on a dans le triangle FED, le côté FB, l'angle donné FDB et l'angle DFB= sup. GFB, pour trouver DB. Dans ABD on a deux côtés AB, DB et l'angle D opposé à l'un d'eux, pour trouver (321) DA. Une opération analogue du côté opposé donnera EB, EC. Il est à peine nécessaire d'ajouter qu'on établira enfin le point E à l'intersection des arcs décrits sur la base BC, avec les rayons EB, EC, et les distances DB, AD serviront de même à poser le point D.

(713) Seo. Si les deux cercles intersectaient la ligne DE en un même point 0, jy^

ou en autres mots, si la somme des angles ADE, CED était égale à la différence entre l'angle donné ABC et 4 angles droits, le problème serait dans ee cas indéterminé ; car toute autre position D', E^ des points D, E donnerait les mêmes angles.

(714) Rem. Ces sortes de problèmes, dans la solution desquels le cercle joue un rôle si important, se présentent fréquemment dans le relevé des plans des côtes maritimes et des récifs, bancs de sable, îlots et autres objets de cette espèce.

(715) PROB. Les données sont AB, BC, CD, avec les angles ABC, DCB et il s'agit d'établir la position des points E, F à l'aide des angles AEF, AEB et DFE, DFC.

Inscrivez dans un ^ -r C^

cercle les points ABE ; c-à-d. sur la base AB décrivez (450) un cercle capable de l'angle AEB. Képétez l'opération pour l'angle DFC ; prolongez EF pour rencontrer les cercles en G, H et menez les autres lignes indiquées dans la fig. Vous avez dans le triangle AGB, angle AGB= AEB, angle ABG=AEG= sup. AEF, pour trouver GB. Puis, dans GBC vous avez GB, BC et l'angle inclus GBC== ABC — ABG, pour trouver GC et les angles. Procédez, dans l'autre cercle, à trouver HC et vous aurez alors dans GCH les côtés GC, HC et l'angle inclus GCH=BCD-BCG — DCH ou DFH pour trouver GH et les angles en G et H.

PROBLÈMES

Dans GEB, vous avez maintenant GB, angle GEB=AEB+ AEG, angle BGE=:BGC+CGH, pour trouver EB, EG. D'une manière analogue, dans HFC, trouvez FC, FH : alors EF=GH-EG4-FH; etc.

(716) Sco. Pour obtenir par construction graphique la position des points E, F ; ayant posé AB, BO, CD dans les conditons voulues, faites l'angle ABG=AEG= sup. AEP et DCH=DFH=sup. DFE. Sur AB et CD respectivement, décrivez les cercles contenant les angles AEB, DFC. Ces cercles couperont BG, CH en G, H, par lesquels menant la droite GH, cette dernière établira la position des pointa E, F à l'endroit de ses intersections,

(717) PROB. Quatre points A, B, C, D, sont situés en ligne droite. On eonnait la distance AB du premier au second et celle CD du troisième au quatrième ; on a de plus les trois angles AOB, BOC, COD sous-tendus en un cinquième point O par les lignes menées de ce point aux quatre autres points ; on demande de fixer à l'aide de ces données la position du cinquième point et à trouver la distance BC du second au troisième.

Le cercle parait encore devoir ^^ i \ ^n. -j^ être ici de quelque utilité. SurAB je décris (450) un cercle capable de l'angle AOB, et sur CD un cercle contenant l'angle COD Je prolonge DO et AO jusqu'en G et H et je joins AG, DH. Les angles opposés AOG, DOH sont égaux entre eux et chacun au supplément de AOD, somme des trois angleâ donnés. Dans le quadrilatère ABOG, l'angle A est (446) supplément de BOG ; de même dans le quadrilatère CDHO,

252 GÉOMÉTEIE.

D est supplément de OOH. Maintenant dans le polygone ADHOG je connais les angles en A, 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 m+n 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 FÎTE 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 lAFB pour trouver AO et par suite BO, 00 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 è^n à r entre les côtés ; trouver les côtés.

Faire m-f n-fr : m :: pér. : AB ;

m-{-n-\-r : n :: pér. :BC, et ACpér.-AB-fBC.

(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.

PROBLÈMES

(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 DGF, si petite qu'elle soit, qui permette d'exprimer avec toute l'exactitude désirable le rapport entre deux ou plusieurs angles donnés.

Soit EGD un demi cercle 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 C corresponde à l'un C des sommets du triangle donné, et que le diamètre ED soit pa.rallèle au côté opposé AB du triangle; il est clair qu'on aura l'angle DCB égal à son alterne B et EGA égal à son alterne A, et que les nombres respectifs d'unités angulaires DGF 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 GB, GA qui compléteront la construction. En menant, à une distance arbitraire de ED une ligne AB parallèle à ED, on aurait un triangle AGB équiangle au triangle voulu.

(721) PROB. Dans un triangle, soit à trouver les côtés lorsqu'on connaît la surface, un angle et le rapport entre la base et la hauteur, ou la somme de la base et hauteur, ou encore leur diflérence.

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

surface, pour procéder ensuite comme il est indiqué aux pars. (694), (373), (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 somme 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 deja acquises à l'étudiant lui suffiront pour tous les cas qui peuvent se présenter.

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

Pour résoudre ce prob. par la méthode du par. (373) il nous faudrait avoir au lieu de l'angle B, le rectangle AB . BC des côtés cbercliés.

Or, le par. (547) fournira le moyen d'arriver à ce résultat. Soit EDF un triangle de surface égale à ABC et ayant angle D=B. Pour simplifier, 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-j-BO et AB.BC pour trouver (373) la demidifférence entre les côtés=AB— BC=t/7aB+BC\^— AB.Ëâ

(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.

PROBLÈMES

On a (349) CD-= surf.

-ï-AB, et par le point C

"2~ ayant mené EP parallèle 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 C 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. I\ 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 A ; mais deux points A et G ne suffisent pas pour déterminer le trajet ou le rayon d'un arc; il en fajit au moins trois; à cet eifet 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 problème est donc maintenant réduit à celui de :

(725) 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 AFQ- le cercle requis, G sera (475) le point de contact. Il n'y a de commun à ces deux cercles que la tangente PG (469) dont la longueur=i/PF.PA (505). Il est clair que si on connaissait PF, on obtiendrait 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 efiet, 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 chercbé et au cercle auxiliaire, les rectangles PP.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 efîët 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= S>AF— DAF pour trouver OD et l'angle ODA ; dans ODQ, on

PEOBLÈMES.

a OD distance entre les centres des deux cercles et les rayons OQ, DQ, ponr 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+OD A+ODQ , 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 efiet, ABC étant le triangle voulu, BG =BH le rayon du. cercle donné égal à la somme AC+BC des côtés inconnus, HGG' le cercle décrit avec ce rayon et du point B comme centre, AE la hauteur du triangle = surf.^iAB,AF=2AE la distance entre les

258 GÉOMÉTEIE.

points A, F de trajet du cercle cherché, G le point de coutact voulu, E le centre du cercle auxiliaire ADF ; ou a dans le triangle rectangle EAB la base et hauteur, pour trouver BE et l'angle AEB ; dans EBQ, on a EB, EQ=AE 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 yEQ=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 A et Q=EQA -}-EQP pour trouver AP, et par suite la tangente PG.

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

Puisque l'angle B est invariable et B -'"""■->

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 ah c les trois angles et les trois distances ad^ bd^ cd de ces angles à un point intérieur d, pour trouver les côtés.

PROBLÈMES

Supposons à ac une longueur quelconque AO, et sur AC faisons un triangle ABC semblable au triangle donné.

Divisons (514) AC eu E et AB en F dans le rapport de

ac? : ccZ et de ac/ à hcl\ 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 at/ à C(i et de ck/ à 6(/. Les triangles ADC, ADB seront alors (522) respectivement semblables è. adc et à adb et on n'aura plus qu'à faire AD : a diiAC : a c :: AB :ab.

Autre solution. Soit ABC le triangle voulu ; avec AO, BO, CO comme rayons et des points A, B, C comme centres, décrivez des cercles ; joignez leurs points d'intersection et menez les rayons AD, CD, etc. L'angle EAB=OAB (495, 407 et 399) 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 ADC 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 ABC, il faut trouver séparément les côtés ED, EF, DF d'un triangle auxiliaire EDF, en faisant cliacun de ces côtés res-

pectivement égal à la base d'un triangle isocèle dont les côtés soient égaux aux distances données et l'angle inclus 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, DGF 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 C, décrivez (450) sur AB un cercle capable de l'angle donné; la bissectrice CF sera eu même temps celle de l'arc ADB ; donc ABB est isocèle et l'angle ABD à la base =ACD=iACB pour trouver DG. La perpendiculaire DG prolongée est un diamètre du X)

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) CD.DF=ED.DG. Maintenant, H étant le point milieu de CF, on a(378)HD=T/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 somme AC+CB des deux autres côtés, pour trouver ces côtés.

PROBLÈMES

On a (614) AC+(JBxAC — CB

AD-hDBxAD-L>B ; d'où (88) AC+BC : AD+I>B :: AD— BU : ÂC=CB ; donc AC-CB=AD+TrBx AD— L>B. Alors