AC+CB

AC

(367) AC+CB + AC— CB et CB=AC+CB-AC.

(731) 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 donne AB.AC=2ABC et (374) /AB-|-AC\^=:AB.AC+ /AB-AC^^ or

/AB-AC\^= /AB-f- AC^^-AB. AC, et

AB-AC = v^^AB+AC^^-AB.AC.

(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'iutersectent en un même point L.

Soient EH, DG parallèles à CF ; on voit que BH : HF :: BE : EC ; d'où BH=HF ; pour la même raison AG =GF=HB=HF=iAB; donc BK= KL=LD=JBD. On prouverait de

même que AL=|AE et CL=fFC ; 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 (393) que AL'^+CL^=2AD^+2LD^ ou 2AD'^=AL2+CL2- 2LD''^ et AC=2AD--= 2|/ÂD^. BC, BA se trouveront d'une manière analogue.

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

Faites CD=CB, joignez BD et menez DL parallèle à AB ; alors DBA= la demi-diftereuce des angles à la base ; car CDL=CAB=CDB-LDB et CBA =CBD+DBA. Ou a donc, dans ADB a B

les côtés AB, AD et l'angle DBA pour trouver BD et l'angle D ; dans BCD (isocèle) ou a DB, CDB= sup. ADB, etc.

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

goit CE=AC et BD=AB, ED sera la '^^^ différence entre AB et AC+CB; ABD \ ;q

est isocèle, à cause de BD=AB par construction et angle DAB=ADB; CD= CE — ED. On a donc dans le triangle rectangle ACD, les côtés AC, CD pour trouver l'angle BDA et le côté AD, etc.

PROBLÈMES. 263

Par construction, prenez sur une droite EB, ED=

AC-fCB— AB et EC=AC; meuez AC perpendiculaire, joignez AD et faites angle DAB=ADB; ACB est le triangle voulu.

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

Soit BE=BC, ou a FH=HC ; donc AE=AB— BC est la difierence entre les côtés, AF=AH — HC est la diftereuce entre les segmeuts de la base ; dans le triangle AEF on a les côtés AE, AF et angle AFE= sup. EFC=ADC=MBC pour trouver EF, ce qui, dans le triangle isocèle EBF donne EF, ano-le BEF= sup. AEF 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 (733) FC=§CE ; prenant CG=|CE, 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=|^BD ; l'intersection des deux cercles fixe le point T> et l'angle DFC. On mènera alors par les points 1) et F une ligue BD égale en longueur à la bissectrice donnée, on fera FE=iFC et les ligues menées par les points B, E et C, D se rencontreront en A sommet du triangle.

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

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 GO=GA. Joignez GF et prolongez jusqu'en K; GK est alors un diamètre ; car F est 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'arc 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+FG, et HB pour faire GH : HB :: HB : HK et GH+HK= rayon OC

du cercle circonscrit. Dans le triangle rectangle OFC, on connaît maintenant OC, OF=OG— FG, pour trouver FC moitié de la base du triangle demandé. Dans BFC on a donc BF, KC et angle BFC= complément de FBD, pour trouver BC.

(739) 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 connaît AB.BC et FB, on trouvera BD= AB.BC. Maintenant BF

on a dans le triangle rectange LCG un côté CL=AL=^AC, et l'angle

PROBLÈMES

LCG ou ACG=JABC pour trouver GL ; or E:G=KL (ou BD)+GL et KH=GH-KG ; LD ou BK= |/GK.KH, puisque (539) GK.KH=BK^ Enfin DC=LC— LD et dans le triangle rectangle BDC ou a BD, DC pour trouver BC, d'où AB=AB.BC.

BC

(740) PROB. Lorsque dans un triangle ABC on a les segments AD, DC 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 lieu au point B, et l'intersection de ce cercle avec la perpendiculaire menée du point D fixera le sommet B du triangle demandé.

(741) PROB. Dans un triangle ABC, on a la somme AC+CB+AB des trois côtés ou le périmètre, la perpendiculaire BF et l'ajigle vertical B, pour trouver les côtés.

Supposons d'abord que ABC soit le triangle, tel que voulu ; les bissectrices AE, BE, CE des trois angles se rencontrent (494 ou 630) en un même point E.

Puisque BD bisseete l'angle B, on a (541)AD:DC::AB:BCoucompo. (96 A F GD C

Cor. 2) AD:AD+DC::AB:AB+BC et ait. AD:AB:: AC : AB+BC ; mais la bissectrice AE nous donne ED : EB ::AD:AB;donc (75 Ax.) ED : EB ::AC : AB+BC, ou ait. EB : ED :: AB+BC : AC, ou compo. EB+ED : ED :: AB+BC +AC: AC ; c-à-d., BD ED :: per. ABC : AC. Maintenant, soit EG parallèle à BF, on aura, à cause des triangles sem-

donc (75 Ax.) per.