BF::AC:EG

blables EGD, BFD, BF : EG :: BD : ED

ABC : AC :: BF : EG ou ait., per. ABC ;

Supposons à AC une longueur quelconque ac, et on aura le rapport àe eg à ac en faisant per. ABC : BFrcac: eg. L'angle a e (?= AEC= ABC+A+C puis-

que A, C sont bissectés par AE, CE ; on a donc dans le triangle aecla. base, la perpendiculaire et l'angle vertical pour trouver les angles en a et c 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 ABC, 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 complément de 2a et l'angle CBF au comp. de 2c; on mènerait alors par le point F une perpendiculaire qui coupefait les côtés BA, BC en A, C, établissant ainsi la forme et les dimensions du triangle requis.

(742) Autre solution. Soit ABC le triangle, dont on connaît 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 D et E. Il résultera de ces hypothèses que CE sera égale à CH et AD à AH, puisque les tangentes menées d'un même point à un cercle sont égales ; on aura de même

PROBLÈMES, 267

tangente BE=tangente BD= J 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=|B, pour trouver le rayon DG du cercle et la bissectrice BG. Les triangles rectangles semblables BFK, GHK donneront GH:GK::BF:BK ou ait. 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=|B 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 A, C et ABC sera le triangle voulu.

(743) Sco. Pour diviser BG en K dans le rapport voulu

de BH : GF, il n'y a qu'à B

prolonger GD d'une quan- ,-''>^\

tité DL=BH, joindre BL ,-''''' //l \

et mener par le point D la

ligne DK parallèle à BL.

Ceci est évident ; car GD= ^*v,,^ /y^ 1 / Xjjj

GF, ce qui donne alors /'^^''x^ '/ y'^'^ \

GD:DL::GF:BH::GK: • ^^^xj//^ •

BK. s G ?

(744j PROB. Dans un triangle ABC, on a la surface, l'angle vertical B et un point F en dehors du triangle, dans la direction ou l'alignement de la base AC, pour former le triangle.

li,'

On voit de suite que ce problème est analogue à celui du par. (591) ; car, partager un triangle BLN en deux parties, de surfaces données, n'est autre chose qu'enlever au triangle ou séparer du triangle une partie, de surface donnée. Ce qui, en d'autres termes, se réduit à mener une ligne qui avec deux autres lignes données en position, renferme une surface voulue.

Ayant mené FH, FE respectivement parallèles à AB, BO et trouvé de cette manière la surface du parallélogramme HE ; on a (589) EG : AH :: AH : BD ; mais pendant que dans le cas du prob. (591) on connaissait la moyenne proportionnelle et la somme des parties inconnues, on connaît ici une des parties BD=2 surf ABC et la somme EH de la moyenne proportionnelle AH et de l'autre partie EG. C'est donc à diviser cette somme EH en deux parties AH, EG telles que l'une d'elles AH soit moyenne proportionnelle entre l'autre partie EG et la partie donnée BD que consistera toute la difficulté de la solution. Cette opération faite, on aura la surf, du parallélogr. EG qu'on divisera par sa base FE=BH pour avoir sa hauteur AM. On mènera enfin une ligne AG parallèle à EF et à une distance de cette dernière égale à la hauteur AM ; cette ligne coupera BL en A, et par les points F,A on mènera la droite FAC qui résoudra le problème.

La division du parallélogr. EH en deux parallélogrs. AH, EG ayant entre eux un rapport donné, ou en deux surfaces proportionnelles à une surface donnée, peut se réduire, comme on l'a déjà vu (594) à la division d'une ligne daus les mêmes conditions. Ayant donc trouvé (571 Lem. 5°)

PROBLÊMES. 269

deux lignes qui aient entre elles le rapport de EH à BD, l'on procédera comme dans le problème suivant.

(745) PROB. Diviser une ligne donnée AB en deux parties telles que l'une d'elles BH soit moyenne proportionnelle entre l'autre partie AH et ime autre ligne donnée BF.

Aj^ant disposé bout à bout les deux lignes données AB, BF comme dans la fig., on prendra le point milieu N de BF et sur AN" comme diamètre on décrira le demi-cercle -^ H BNF

AKX. Du point A avec un rayon = AB on coupera la demi-circonférence en K et du point IST avec un rayon =TrN" on coupera AiST en H ; BH sera la moyenne proportionnelle voulue.

En efl'et, l'angle AKN" dans un demi-cercle est droit et on a AN^=AK^+E:N'^=AB^+HN^ : mais (359) AN^=AB^-[- BNV2AB.BÎT, d'où HN^=BN^4-2AB.BN"; or (359) HN'^ =HB'^+BN-+2HB.BîT ; donc (68 Ax.) BN^+2AB.BN= HB^+BNV2HB.BN' et en biffant le facteur BN'-^ commun aux deux côtés de l'équation, il reste 2AB.BN=HB'^+2HB. BIT ; mais 2AB.BX=2HB.BN+2AH.BN=2HB.BNH-HB^ et en faisant disparaître les facteurs communs 2HB.BIsr de la dernière équation, il reste HB^=2AH.BN; c-à-d., HB'^ =AH.BF, puisque BF=2BN' par construction.

(746) Sco. Si ou avait les nombres respectifs d'unités de mesure contenues par AB et BF ou par les surfaces représentées par ces lignes, on obtiendrait une solution numérique en ajoutant au nombre à diviser la moitié de l'autre nombre donné. On ferait le carré de la somme et de ce carré on soustrairait le carré du nombre à diviser. On extrairait la racine carrée du reste, et cette racine diminuée de la moitié de l'autre nombre donné, serait la moyenne proportionnelle voulue.

GÉOMÉTEIE,

(747) PROB. Dans un triangle isocèle rectangle ABC, on a la somme A13+AC de la base et de l'un des côtés, pour construire le triangle.

Soit AD=AC, on a l'angle D=iA =lC, puisque A=B=| comp. C. D'où il suit, qu'ayant pris BD=AB+AC, on fera à l'une des extrémités un angle B=i angle droit et à l'autre extrémité un angle D=:^ angle droit; les lignes BC, DC détermineront au point de leur rencontre le sommet C du triangle voulu.

(748) PROB. On a la différence DC entre la base AC et le côté AB d'un triangle rectangle isocèle ABC j trouver les côtés.

Soit AD=AB, BAD sera isocèle et on aura l'angle BDA= comp.

1 A^ou comp. iB ; puis BDC= sup.

BDA et puisque C = A on a dans le triangle BDC un côté DC et les angles adjacents pour trouver le reste.

(749) PROB. Il s'agit de construire un triangle rectangle BAC dont on a un côté AB et l'angle CBD soustendu à l'extrémité B du côté donné par le prolongement CD de l'autre côté AC.

Puisqu'on a un angle B sur une base donnée CD, l'idée se présente encore ici de décriée sur cette base un cercle capable de contenir l'angle donné.

A cet eifet ou fera (450) chacun des angles EDC, ECD à la base égal au comp. de l'angle donné, puisque DEL^CEL

PKOBLÈMES

=JDEC=CBD. On connaîtra alors le rayon ED, la perpendiculaire EL parallèle à AB et LD ou LC moitié de CD. Dans le triangle rectangle BFE, on aura donc EF=FL— EL =BA— EL, et EB rayon du cercle, pour trouver BF=AL et AG=AL-LC.

(750) PROB. On demande a former un triangle rectangle ABC contenant une surface donnée et tel que la différence AB— BC entre ses côtés soit égale à la différence AC — AB entre le plus grand côté et la diagonale.

Comme on aura AC"=AB''+BC'' il est nécessaire que les côtés voulus satisfassent aux deux conditions; or les nombres 3, 4 et 5 sont dans les conditions requises, puisque 5 — 4=4 — 3 =1 et que 5^=4^+3^; les côtés BC, AB, AC, devront donc être entre eux dans le rapport de 3 : 4: 5 et le problème se réduira à celui du par. (678).

(751) PROB. Partager un triangle donné ABC en deux parties équivalentes ou ayant entre elles un rapport voiilu M à N par une ligne PE partant d'un point donné P dans l'un des côtés.

Diviser AB en D dans le rapport voulu, mener DE parallèle à PC et joindre PE. En effet, parceque PC, DE sont parallèles, on a PDE =CDE ; ajoutez à chacun DEB, alors PEB=DCB, et en retranchant les deux de ACB, il vient le quadrilatère ACEP équivalent au triangle ACD. Maintenant ACD:DCB:: AD : DB::M:K et en conséquence ACEP:PEB::M:K

(752) Sco. Le dernier par. suggère la méthode de diviser lui triangle en un nombre quelconque départies égales ou proportionnelles par des lignes menées d'un point donné

272 GÉOMÉTEIE.

dans l'un de ses côtés ; car si l'on suppose AB divisé en parties égales ou ayant entre elles les rapports voulus et si des points de division de la ligne AB on mène des lignes parallèles à PC, elles intersecteront BC et AC, et si l'on mène ensuite de ces intersections des lignes au point P, elles diviseront le triangle tel que voulu.

(753) PROB. Diviser un triangle ABC en trois parties équivalentes ou ayant entre elles un rapport donné M à IsT à R par des lignes menées des sommets A, B, C des angles à un même point F situé à l'intérieur de la figure.

A cet effet, divisez d'abord BC, en D dans le rapport de M : îsT, menez DE parallèle à AB et joignez /^/7 \^

AD. Puisque les triangles de même hauteur sont entre eux comme leurs bases, on aura ABD à ABC dans le rapport voulu, c'est-à-dire, Jg J) C

comme M : M+N+R. Mais à cause de la parallèle DE, tout point F de cette parallèle autre que D satisfera également à la condition imposée, puisque AFB=ADB ces triangles étant sur même base AB et entre mêmes parallèles AB,DE. Cela posé, il n'y aura plus qu'à diviser la parallèle DE en F dans le rapport de N à R et à mener les lignes FA, FB, FC pour compléter la construction ; car, puisque DF:FE::N:R les triangles DBF, EAF qui ont même hauteur seront entre eux dans le rapport de E" à R et les triangles DGF, ECF qui ont même hauteur seront aussi entre eux comme N à R. Le triangle entier BFC sera donc (81 Ax.) au triangle entier AFC comme E" à R. D'ailleurs, en menant par le point F des parallèles à BC et à AC on ferait pour BFC, AFC la même preuve qu'on a fait pour AFB ; donc, etc.

(754) PROB. Partager un quadrilatère ABCD en deux ou plusieurs parties équivalentes ou ayant entre elles

PROBLÈMES. 273

des rapports donnés, par des lignes ab, cd parallèles à l'un des côtés.

Comme on ne connaît aucun "Bi

rapport entre les surfaces de / \

quadrilatères ou de trapèzes non semblables et les carrés de leurs côtés correspondants, l'idée se présente de réduire l'opération à celle du partage d'un triangle dans les mêmes conditions ; et l'on voit de suite que prolongeant ^ jusqu'à leur rencontre en E les deux côtés AD, BC du quad. adjacents à celui AB auquel doivent être parallèles les lignes de division, on obtient un triangle AEB et pourvu qu'on en connaisse la surface, le problème se réduira à celui du par. (569). Or la surface AEC sera connue si l'on peut avoir celle du triangle auxiliaire DEC. Le quad. étant donné, on en connaît en conséquence les côtés et les angles ; alors on a dans le triangle DEC, un côté DC et les angles adjacents, respectivement égaux aux suppléments des angles D, C du quad. pour trouver les côtés DE, CE et la surface DEC qu'on ajoutera à celle du quad. pour avoir la surface entière AEB. On procédera ensuite tott de même que si le côté CD n'existait pas, c'-à-d., absolument comme dans le cas du triangle.

(755) PROB. Partager un quadrilatère donné ABCD en deux ou plusieurs parties, de surfaces égales ou ayant entre elles des rapports donnés M à N à R à etc., par des lignes ab, cb, efc., perpendiculaires à l'un des côtés ou formant avec les côtés des angles donnés quelconques.

La première partie de l'opé- -a

ration consistera à trouver les y,

surfaces respectives des parcelles ab CD, a bde, etc., et l'on a déjà indiqué au par.

(599 Sec. 4) la manière d'arriver à ce résultat. Ayant ensuite prolongé les côtés AD, BC sur lesquels doivent tomber les ligues de division, jusqu'à -^ ^

leur rencontre en E, et trouvé la surface du triangle auxiliaire DEC, comme dans le dernier prob., ou aura surmonté une des difficultés attachées à la solution du problème, en ajoutant au quad. donné le triangle auxil. ainsi trouvé, pour réduire le tout en un seul triangle AEB ; mais il reste une seconde difficulté à vaincre; c'est que la ligue de division n'est pas, comme dans le dernier prob., parallèle à l'un des côtés du quad. et à dessein d'éliminer cet obstacle, l'idée nous^vient de faire disparaître pour ainsi dire la ligne DC, pour la remplacer par une autre ligne J)g qui soit parallèle à a b et qui nous permette d'assimiler ainsi ce problème au dernier, afin de le résoudre à la manière générale des triangles semblaoies. A cet efiet a^^nt mené Bg parallèle à ab, on a, dans le triangle CD^, un côté CD, l'angle C et l'augle Cdg égal à la difiérence entre l'angle donné D du quad. et l'angle d'inclinaison à donner à la ligne de division a 6 ou a celle J) g qui lui est par hjp. parallèle. On procédera à trouver la surface de CD^ qu'on ajoutera à DEC pour avoir BEg ; après quoi il ne restera plus qu'à poser surf. DE^rsurf. oEb:: ED^rEa^; la racine de Ea diminuée de ED donner anfin Da et par conséquent le point a par où devra passer la ligne de division a b pour remplir les conditions assignées.

Si les autres lignes de division cd, etc., étaient parallèles à la première ab, les antécédents de la proportion resteraient les mêmes ; mais daus le cas contraire, il est clair qu'il y aurait

PROBLÈMES. 275

à remplacer Dfj par une nouvelle ligne Ch parallèle à la ligne de division suivante cd, et ainsi de suite, trouvant dans chaque cas un nouveau triangle CD(j ou DCA qui étant ajouté à EDC, rendrait l'antécédent ED^ ou EGA semblable au conséquent 'Eab on'Ecd.

(756) Sco. 1. Pour ce qui est de la ligne de division ef, il est clair qu'il faudrait entièrement changer de base et procéder comme au par. (674) puisque A ef n'est autre chose qu'un triangle dont on connaît la surface et les angles; et l'on voit ainsi que le procédé indiqué relativement aux autres lignes de division n'est après tout que celui déjà employé à résoudre un triangle lorsqu'on n'en connaît que la surface et les angles.

(757) Sco. 2. Si, dans le partage d'un quadrilatère, les lignes de division n'étaient pas assujetties à des directions particulières ; on mènerait d'à- D

bord une parallèle EC à la base, / \'"->r^n^^>.-,.^L

et l'on diviserait EC et AB aux E'— ^----r=^---^ïî^^^>^r

points F, G et K, ÎT, en parties / \ j -.^

ayant entre elles les rapports / \ ; \

voulus; il y aurait ensuite à join- / \l'

dreFD, GD, puis à joindre ED, A. K' K B

î^D et à mener à ces dernières les parallèles FH, GL ; joignant enfin II E!, ISTL, on aurait opéré la division voulue.

Pour preuve, il suffira de faire remarquer que le triangle DFK est égal à DHK sur même base DK et entre mêmes parallèles et que le triangle DLIT=DGl!T pour une raison analogue.

(758) PROB. La division d'un trapèze AC en deux ou plusieurs parties égales ou proportionnelles (*) par des Ugnes EF, GH menées entre ses côtés parallèles AB, DC,

(*) Il est à peine nécessaire de remarquer que le mot " proportionnelles " ainsi employé, n'a pas. nécessairement, ici, la signification qu'on lui a donnée au par. (60), mais qu'il remplace ( pour abréger) les mots " avant entre elles des rapports donnés" et que " parties ou surfaces proportionnelles" en ce seas, veut dire " proportionnelles à des lignes ou à des nombres donnés ou ayant entre eux des rapports donnés," ces derniers mots étant évidemment sous-entendus après " proportionnelles."

se réduirait tout simplement à diviser chacun des côtés AB, DC en parties égales ou ayant entre elles les rapports à observer entre les surfaces voulues ; ceci est clair, puisque les trapèzes partiels AE, FG, HC, ayant même hauteur, sont entre eux comme leurs bases.

(759) PROB. En général, diviser une figure quelconque ABC en un nombre quelconque de parties égales ou ayant entre elles des rapports donnés, par des lignes PD, PE PF, Petc, partant d'un angle P, d'un point P dans un des côtés ou d'un point P situé à l'intérieur de a figure.

Ayant d'abord fil' 3i

mené du point de division P une di- G-, agonale PC, afin de voir de quel côté tombera la lio-ne de division, on mènera successivement les perpendiculaires PR du point de division aux côtés sur lesquels j^ tomberont les lignes du partage ; les demi-perpendiculaires diviseront les surfaces des parties composantes, de manière à donner les bases respectives AE, BD, etc.

(760) PROB. Dans un quadrilatère quelconque ABCD, on a la surface, un côté AB avec les angles adjacents à ne côté et le rapport entre les deux côtés adjacents au côté donné, pour trouver les côtés.

PEOBLÈMES. 277

On se propose ici de penser, pour K

ainsi dire, tout haut, afin d'indiquer à l'étudiant l'espèce de raisonnement qui peut avoir porté à la découverte de cette manière d'opérer la solution du problème.

Il s'agit de construire une figure à l'aide de données qui ne paraissent pas d'abord devoir se prêter à l'objet j[) ç

désiré, et on a toujours pour but dans ce cas de modifier les données ou de les remplacer par d'autres qui aillent directement à l'établissement de rapports entre les surfaces et les carrés des côtés, ce qui n'aura lieu que quand les figures sur lesquelles on opère seront semblables entre elles.

On ne peut ici tirer parti du triangle auxiliaire ABK qui nous a été d'un si grand service dans plusieurs problèmes précédents ; c'est que les côtés AK, BK de ce triangle sont invariables dans leurs longueurs relatives, pendant que celles des côtés AD, BC changent constamment ixvec chaque nouvelle valeur AD' que l'on puisse supposer à l'un d'eux; en d'autres termes, le rapport entre AK et BK est invariable, pendant que le rapport entre D'K et C'K est variable ; mais dans les triangles semblables les rapports entre les côtés sont identiques, et l'on vient de voir que le rapport de AK à BK diflere de celui de D'K à CA ; donc AKB n'est pas semblable à D'KC et par suite D'C n'est pas parallèle à AB, si ce n'est lorsque le quad. est un trapèze. La surface donnée, sous sa forme actuelle de quad. irrégulier, ne nous permet donc pas même de tirer d'une hypothèse l'avantage qu'on en a déjà souvent obtenu par le passé.

Il y a cependant une autre condition du quad. dont on pourra peut-être tirer parti, c'est que la somme de ses angles vaut quatre angles droits, et comme on connaît deux de ces angles, on connaît aussi la somme des deux autres. S'il était possible alors de varier la forme de la figure de manière

à combiner ces deux angles pour n'en former qu'un, et sans aucunement changer la valeur des angles A et B, il semble qu'on en tirerait quelque avantage. C'est ce que l'on va faire.

Soit EF la bissectrice commune du côté donné AB et du côté opposé DC, on aura AE=BE et DF =CF et parce que DO est une ligne droite et que la somme des angles en F vaut deux angles droits, il est clair que si la partie AEFD du quad. tournait autour du point F, de manière à décrire ^""--•e--^''

une demi-circonférence, le point D tomberait eu C, la base EF du quad. AF serait située sur le prolongement de la base EF du quad. BF et ces deux bases ne formeraient plus qu'une seule et même ligne droite ; de plus les angles D et C, dont on connaît la somme, seraient ajoutés l'un à l'autre de manière à ne former plus qu'un seul angle, dont ou connaitrait par là même la valeur, et les côtés AE, BE qui sont actuellement parallèles l'un à l'autre (146) seraient encore parallèles entre eux, après que l'un d'eux aurait franchi un espace angulaire équivalent à deux angles droits ; le tout comme on le voit dans la fig. D'ailleurs, pour ce qui est du parallélisme des côtés A'E', BE il est clair, à cause de la droite AB, dans la dernière figure, que la somme des angles AEF, BEF vaut deux angles droits ; or, ces / angles, qui dans la nouvelle fig., ;= ont changé de position, n'ont pas :

pour cela changé de valeur et puisque EFE' est une ligne droite et que l'angle A'E'F est supplément de BEF, il suit (154) que AE' et BE sont parallèles entre eux*

Au lieu d'un quad. avec un côté, deux angles, la surface, et le rapport entre deux côtés ; on a donc maintenant un pentagone dont on connaît la surface, deux côtés A'E'=BE (=JAB de la première fig.) trois angles A', B et L=C+D, on sait que les deux autres angles E E' sont supplémentaires l'un de l'autre et on a le rapport entre deux côtés BA (qui est évidemment le même que celui entre les côtés correspondants de la dernière fig.) pour trouver les côtés AD, BC, (A'L, BL).

L'idée se présente maintenant de prolonger les côtés EE', BL, AL du polygone A'E jusqu'à leur rencontre en G et H, pour n'avoir plus à opérer que sur un triangle GLH, et l'on voit de suite comment tous les éléments nécessaires à la construction de ce triangle vont nous devenir connus. En effet, ayant joint A'B, on aura AB parallèle à E'E, à cause de BE, A'E' parallèles et égaux. Les triangles BLA', GLH sont donc semblables. Dans le triangle BLA', on a le rapport de BL à A'L et l'angle inclus par ces côtés, pour trouver les angles en B et A' auxquels G et H sont respectivement égaux. On a donc dans les triangles auxiliaires BGE, A'HE' un côté BE, A'E', les angles en G et H, et les angles EBG, E'A'H supplémentaires des angles donnés B, A' du quad., pour trouver les côtés BG, A H et les surfaces EGB, E'HA' qu'on ajoutera à la surface donnée EA' du quad. pour avoir celle du triangle GLH.

Enfin l'on supposera à GL ou à HL une longueur arbitraire gl on hl et sur un de ces côtés comme base ou (/ ~~ "Ji

fera un nouveau triangle g l h équiangle et par conséquent

semblable à GLH, pour faire ensuite surface glh-.gl" :: surf. GLH : GL^, et la racine de GL^ diminuée de BG donnera BL. On obtiendra de même A'L, et le problème sera résolu.

(761) PROB. Partager un quadrilatère ABCD en parties équivalentes ou ayant entre elles des rapports donnés, par des lignes ab, c cl, etc., coupant les côtés opposés, en parties qui soient proportionnelles à ces côtés ; c-à-d, telles que l'on ait Aa : AD :: B6 : BC, ac : AD :: bdiBC:: etc.

Il est clair que si la bissectrice EF des côtés AB, DO du quad. était en même temps celle des ligues de division ab, c d, il n'y aurait qu'à répéter autant de fois que de lignes de division à mener, l'opération indiquée au dernier par., les deux premiers termes glhiffl^ du rapport restant constamment les mêmes et le troisième terme GLH (c-à-d. GFC+HFD) variant d'une des parties composantes D M 1* î^ C A6, a d, etc., soit en plus ou en moins, suivant le sens dans lequel on poursuivrait l'opération.

Ayant mené AM, B^ parallèles à EF, on a dans les triangles semblables CGF, CBÎT et DHF, DAM les rapports CG:CB::CF:CîT et DH:DA::DF:DM d'où (75 Ax.) CG:CB::DH:DA, ou (96) CG-CB : OB ::DH~DA:DA, c-à-d., BC : BG:: AD : AH et comme on doit avoir bB : CB :«A:DA, dB :CB:: c A; J) A, etc., on aura aussi (75 Ax.) BG:èB::AH:aA, BG: dbiiAK: ca, etc ; or, (81) les rapports qui sont composés de rapports égaux sont égaux et comme la somme des angles a et b, c et d, etc. des quad. Ab, Ad, A etc., est invariable, il est clair qu'en supposant comme auparavant les triangles Geb, Hea réunis par leurs côtés eb, ea, les triangles Gfd, H/c réunis par leurs côtés

fd, fe, et ainsi de suite, on aura une série de triangles dont les côtés 6Gr, «H et <iG, cH, etc., seront l'un à l'autre dans un rapport invariable et dont l'angle inclus b-\-a de l'un sera égal à l'angle inclus d-\rc de l'autre. Cette invariabilité de l'angle inclus et du rapport entre les côtés qui le comprennent fera que dans tous ces triangles les angles G, H, à la base seront constamment les mêmes. Donc, si e 6=e a et que/(^=/c, etc., la somme des trois angles G, H et è+a, G, H et d+e^ etc., vaudra deux angles droits et le côté /G sera dans le prolongement de /H; de même 6 G sera dans la même ligue droite que e H et ainsi des autres et réciproquement si G ou H demeure constant, il est clair que la droite FG bissectrice des côtés AB, DC du quad. passera aussi par les points milieux e,/, etc., des lignes de division menées dans les conditions requises.

(762) Sco. L'étudiant saisira peut-être mieux la preuve suivante que la bissectrice EF des côtés opposés d'un quadrilatère est en même temps celle de toutes les lignes menées entre les deux autres côtés de manière à les couper en parties ayant entre elles le rapport de ces côtés.

Soient a, h les points milieux des côtés AD, BC ; il est clair qu'on aura Aa:

AD::B6:BC, et que la ligne de division a h sera dans les conditions voulues, et elle est bissectée en / ; car (673) E a F ^; est un parallélog. et (283) les diagonales d'un parallélog.

se bissectent mutuellement.

Soient encore c ^i d les points milieux de Aa et de Bè; ou aura toujours Ae : Aa::B6?:Bè et puisque Aa: AD ::Bè:BC oua(81 Ax.) A(?:AD::BcZ:BC; donc aussi cd coupe les

côtés opposés dans les conditions voulues et elle est bissectée en e, car E, c, /, d sont les point milieux des côtés d'un quad., d'où E cfd est un parallélogramme et la diagonale E/, partie de la ligne droite EF, bissecte la diagonale c d en e. On continuerait ainsi à démontrer que EF bissecte g h et ainsi de suite, quelque fût le nombre de subdivisions. On en conclut que si EF bissecte les lignes qui coupent les côtés opposés eu 2, 4, 8, 16, 32, etc., parties égales, elle bissectera également toutes autres lignes qu'on pourrait mener dans les conditions voulues ; puisque si la subdivision des côtés AD, BC était continuée à l'infini, les lignes de division se toucheraient enfin, pour ainsi dire, et comprendraient parmi leur nombre toutes celles qu'il serait possible de concevoir.

D'ailleurs, si on supposait les côtés AD, BC subdivisés par 2 à l'infini, les nombres infinis de points que contiendraient ces côtés pourraient se diviser dans des rapports voulus quelconques; et encore de cette manière il devient évident que parmi ces points on en trouverait deux x, ?/, l'un sur chacun des côtés opposés, tels que la ligne de division xy menée d'un de ces points à l'autre couperait AD, BC de manière à donner xD : AD ::yG: BC et de manière en même temps à remplir l'autre condition donnée, celle de renfermer une surface xQ égale à une surface donnée.

(763) PROB. Dans un rectangle ABCD dont on connaît 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 ElvF de ces distances l'une à l'autre, pour trouver les côtés.

Soit AC le rectangle voulu, \^ \Xi E S

D un de ses angles, DL parallèle et égale à EG et DP parallèle et égale à HF. Ayant décrit un cercle sur DL comme diamètre, ce cercle passera par le point A, à cause de l'angle

droit DAL. Joignez OQ et vous aurez dans le triangle isocèle DOQ deu^x côtés OD, OQ et l'angle ODQ=EKF pour trouver DQ et l'angle DOQ; dans le triangle DAQ vous avez DQ, l'angle vertical DAQ=JDOQ et la perpendiculaire AN= surf. AC (car le triangle APD=|AC de mêmes base

DP ou HF AD et hauteur AB) pour trouver (727) le côté AD du rec-

tano:le 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 HAÎs^; ces deux ligues 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 moite de la ligne ; ce qui veut dire en d'autres termes que le périmètre d'un carré est moindre que celui d'un rectangle quelconque de surface égale.

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

Gr

aura CF=CD, ce qui donnera FGpour 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 CGF.

Il suit encore de la prop. XXIII 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 même 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 ACB 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 CD approchent le plus qu'il est jg 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 ;

PROBLÈMES. 285

mais ADK n'est, qu'une partie de BDH ; donc 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 GCH, fût-elle égale à ACB, la perpendiculaire CL, côté du triangle 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 GH 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 MjST audelà du point D ne ferait qu'augmenter la différence entre BRN et ARM et par suite la différence entre ACB et MCiST, s'éloignant par là même 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 Mi!l, 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 CV<CD et à fortiori CR<CD ; donc ACB^ donne

CR PQ>AB. 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 ou a la surface et les angles et se résoudra à la manière du par. (674).

(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 cle 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, 6PN sont semblables à cause E des parallèles PN, CE et PL, CF et DPL est d'autant plus grand que GPK que DP excède 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 ; car ayant fait PH=PG et mené OH parallèle à GG', on voit que les triangles GPG', OPH sont semblables et égaux et que la surface DCG' 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' excédera PG' on aura toujours le triangle DPD' plus grand que GPG' et par conséquent la surface DCG>D'CG'. De même, si DG prenait une position D"G" telle que PG" excédât PD", 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 donc 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

BPK, partie de J3PG", semblable et égal à APD", à cause (le AP=BP ; et on a le triangle APH, partie de APD', semblable et égal à BPG'; d'où il suit que la surface I)"CG" excède ACB de la quantité BKG" et D'CG' excède ACB de la quantité AHD', et toute autre ligue 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, PISTB AC:PÎN^::AB:AP::1:2; d'où il est clair queAC=2PN; ayant donc fait AC=2PN ou B0=2PL, on aura déterminé un point de trajet A 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 sebissectent mutuellement, on a dans le triangle EDC les côtés ED, EC et l'angle inclus DEC, pour construire la figure. ^V^^ ^J),

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

Ici les diagonales AC, BD ne se E A A' I*

bissectant pas, ou ne peut opérer il Z^Pk Ji^'- 7i

sur aucun des triangles composants Ax / '^\-''7

AOB, BOC, etc., de la fig., puis- ^\f! /l^^ que les côtés en sont inconnus. Il / \IZ>riy / nous faut donc, pour arriver au but H C C'' Gc 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 déduire 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 0 s'iutersecter en toute autre point 0' 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 circonférence de cercle qui soit tangente à cette ligne.

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

Ayant mené BF parallèle à CD, on a dans le triangle AFB, le

côté AB, distance entre les points donnés, AP=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=|/AO.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 qui soit tangent à une ligne CD en un point donné B.

On a vu (473) que le centre du cercle est sur la perpendiculaire BO menée par le point de contact B de la tangente CD ; on a vu aussi (406) que le centre du cercle est sur la

PROBLÈMES

perpeiuliculaire FO menée par le milieu F de la corde AB ; c-à-d., que le centre 0 de l'arc demandé est l'intersection de BO, FO.

(770) PROB. Par un point donné A ou A' 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 Edu cercle ou de l'arc donné et sachant (475) que si deux cercles se touchent soit intérieurement, soit extérieurement, la ligne EC qui joint leurs centres passe par le point de contact O ; il est 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 A un arc de cercle Al'O 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 perpenlaire à la ligne EC qui joint les centres du cercle donné et du cercle demandé.

(772) PROB. Joindre par une courbe AEC les extrémités A, C de deux lignes parallèles AB, CD de longueurs inégales.

GÉOMÉTEIE.

Les parallèles seront évidemment tangentes à la conrbe, 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 comriiune PQ et leurs centres L, H sur la même ligne droite EH perpendiculaire à PQ au point de contact E. A cet effet, ayant joint AC et mené par le point milieu 0 de cette ligne une droite EF parallèle à AB ou CD, on fera OE=OC ou Ox\ et du point E ou abaissera (246) sur AC une perpendiculaire EîT 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, EIT=CK et OX=OK. Maintenant dans le quad. OH il est clair que NH— KH parceque angle ]Sr=K, et que ON=OK; donc, EH(ouEN+NH)=CH(ou CK+KH). On voit aussi, à cause des triangles rectangles égaux AGO, ENO que AG=EISr 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.

PROBLÈMES

(T74) PROB. Mener à un cercle donné A une ligne CD qui lui soit tangente et qui coupe sur un autre cercle donné 13 un segment voulu EOB.

Avec un rayon AF^AC^ BG, décrivez uu 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 prolongez jusqu'en C ; menez BG perpendiculaire à BF et par les points C et G menez CD.

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

(775) PROB. Mener à deux cercles donnés A, B une tangente CD ou EF du même côté ou de côtés opposés.

Faites au centre A 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 un arc H avec rayon BH=AE+BF, menez AH tangente à H, AE, BEL perpendiculaires à AH et joignez EF tangente de côtés opposés.

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

Soit F le centre du cercle donné, menez la droite AFD et parce qu'on connaît AF et CF=EF=|CE, on aura (572) FD= CF.FE. Ayant fait AH=HD=iAD, les

AF perpendiculaires HG, KG détermineront le centre 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.

Puisqae l'arc BDC est donné, on en connaît la corde

BC, et on a AD=i/AB.AC ; mais comme on ne connaît ni AB ni AC, menons par le centre O du cercle la sécante AOR qui nous donnera AL et AR, puisque le cercle est donné ainsi que la position du point A; or on a maintenant AB.AC=AR.AL = AD"^ et on trouvera par la méthode du par. (378) AE (ou

AC+iBC)-:l^AB.AC+EC^ ou AE==l/ÂD^+ËC?, car BO est une ligne bissectée en E et prolongée jusqu'en A. 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 A menant une droite ACB, le problème sera résolu.

Autre solution. Ayant mené (225) en un endroit quelconque du cercle une corde FG=BC, 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 (403) arc HK=arc FRG=BDC.

(778) PROB. Sur le diamètre prolongé d'un cercle, 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 et que AC=CE+ED, on a (68 Ax.) EC+ED=2DC. Ayant fait EF=EC, on a l'angle F=^BHD =iBED ; d'où il est clair que pour résoudre le prob. il n'y a qu'à faire un angle BED = au

PROBLÈMES

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 eu 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 C, D, contiennent un angle droit.

Joignez CD et avec rayon ED ou EC=iCD, décrivez le demi-cercle CFD qui intersectera la ligne donnée AB en F, G, chacun desquels répond au prob. Il est clair que si CD<AC-fBD 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 répondrait au prob.

(780) PROB. Décrire un cercle ABC qui soit tangent àxui cercle donné EBL) 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 sur ce diamètre 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 ; car on a dans les tri- JP A

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 suffira 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 AO le centre II da 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 FJ^ ; 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 CD décrire un cercle qui soit tangent à deux autres cercles donnés A, B.

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 A, décrire un cercle P qui soit tangent à deux cercles donnés B, C.

PROBLÈMES

Supposons la chose faite ; on a les triangles isocèles OCM, LBN équiangles à MPL, etparceque P= LBÎ^ on a BN" parai.

CP;d'oùGBN=ECM et GLÎi (ou 1GBN)= EDM (ou 1 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 BOTI, CMH donnent BH : CH :: BN : CM ou CM— BN: Bis" :: CH— BH : BH. On trouvera maintenant dans le cercle requis un nouveau point K en faisant HA:HL:: HM : IIK ou HA: HG :: HD : HK 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.

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

Soit 0 le point de contact, ayant mène et prolongé BO, on aura EF, diamètre du cercle D parallèle à BG diam. du cercle H à cause des triangles isocèles équiangles EDO, BHO et la droite FEC sera par conséquent perpendiculaire à BC. Maintenant, EB 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=EB.FO=EC,FE ; donc on obtient G en faisant FA:FC::FE:rG, et le prob. se réduit à celui de faire passer par deux points donnés A, G un cercle qui soit tangent à un cercle (725) ou à une ligne (768).

GÉOMÉTEIE

(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 par. (540) le rayon AD=BD^ on aura le centre D à l'intersection des arcs décrits avec les rayons AD, BD et par suite l'angle ADB.

. Pour ce qui est de la longueur de 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 3.1416 : 1 :: cire. : diam.

(786) PROB. Trouver sur une ligne donnée CF 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, AFB est isocèle et il est clair que F est situé à l'intersection de la ligne donnée par la perpendiculaire DF menée du milieu D de la ligne qui joint les deux points donnés.

(787) PROB. D'un point donné A mener une ligne AB qui retranche de deux autres lignes CD, CE des parties égales CH, CB.

Il suffit de faire remarquer que AB formera avec les lignes données un triangle isocèle BCH et que si AF est perpendiculaire à CE ou aura (322) l'angle BAF=HCG=iHCB, pour indiquer de suite l'opération à faire.

PROBLÈMES

(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 iin angle donné A.

Puisqu'on doit avoir DO=FO ; si on mène DE parallèle à AC et qu'on fasse AF=DE, les triangles semblables AOF, DOE donneront DO:FO::DE:AF.

Si jy était entre les lignes données, on ferait AF'=2D'E' ou E'0'= AE; pour avoir 0'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.

Ayant mené BE perpendiculaire à CD et fait DE=DB, la droite AEC coupera CF en C sommet des ani^les éi^raux voulus.

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 A'(jr-|-^'B'=A'G'+G'E'> A'E' ; et si on avait à mener entre deux points une ligné 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 ABC une ligne EF d'une longueur donnée et dans une direction donnée.

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

(791) PROB. Trouver sur le côté BCd'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 h.

Soit AlSr=a b 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 parallèle à AB, 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 im triangle quelconque ABC, on a la base AC et le côté DL du carré inscrit, pour construire le triangle.

On a AC:DL::BF:BE ou dividende AC— DL : DL :: BF— BE : BE, pour trouver BF=EF (ou DL) + BE.

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

PROBLÈMES

Soit AH=AK et HN=HK^ ayant joint et prolongé AN" jusqu'en G et mené* LG parallèle à KN, il est clair qu'on trouvera LG côté du carré cherché en faisant AN :

KN'::AG:LG à cause des triangles semblables AK^N", ALG ; ou par constr. en menant AiSTG, AP, ^

joignant PG et sur PG construisant le carré demandé.

(794) PROB. Inscrire dans un triangle isocèle ABC trois cercles E, F, D tangents entre eux et aux côtés du triangle.

Ayant mené CP perpendiculaire à AB, on a AP=BP et le cercle E=F qu'on inscrira dans les triangles CPB, CPA par la méthode du par. (630).

Soient GH, LK respectivement parallèles à AC, BC et à des distances de ces dernières égales au rayon OE des cercles déjà décrits ; il est clair que le A PB

cercle voulu D sera concentrique à celui qui passant par les centres E, F serait tangent à LK, GH ; d'où on tire que pour trouver D, il y aura à décrire par la méthode du par. (768) un cercle EFITR passant par les points connus E, F et tangent à l'une ou à l'autre des lignes LK, GH.

(795) PROB. Inscrire trois cercles égaux G, H, K dans un cercle donné ABC.

Il est clair qu'on aura DOE=EOF= DOF=un tiers de quatre angles droits, et que les centres des cercles à décrire se trouveront dans les bissectrices OA, OB, OC de ces angles. Dans le triangle rectangle OPH on a l'angle HOP ou COF=i EOF=| de 4 angles droits, et l'angle OHP par conséquent

= comp. POH ; on connaît donc l'angle C=J H, pour mener CP et par suite PH perpendiculaire à OF qui fixera le centre H et le rayon HP ou HG des cercles à décrire.

(796) PROBS. Par un des points d'intersection B de deux cercles, mener une ligue AC qui soit bisseetée en ce point ; et p9.r l'autre point d'intersection Q, mener une ligne NL qui soit égale à la première.

Joignez DE, bissectez DE en 0, joignez OB et menez ABC perpendiculaire à OB ; vous aurez AB=BC ; car, ayant mené EG, DF perpendiculaires à AC et par conséquent parallèles à OB ; FB sera = BG, à cause de D0= OE, et comme les perpendiculaires DF, EG donnent aussi AF=FB et BG=GC ; il suit que AB=2FB=BC= 2BG.

En second lieu, pour faire K"L=AC, il n'y a qu'à mener NQL parallèle à AC ; car, ayant abaissé les perpendiculaires CH, BK, ÀR, il est clair qu'on a HL=K;Q=H]Sr, ce qui rend semblables les triangles rectangles ARN, CHL et donne AÎT=CL et AN parallèle à CL ; d'où NIj^AC.

(797) PROB. Fig, du dernier par. Avec des rayons donnés DQ, EQ, décrire deux cercles tels que la ligne BQ qui joint leurs points d'intersection soit égale à une ligne donnée. *

Dans les triangles rectangles DPQ, EPQ, on a PQ=|BQ, et les raj'Ons DQ, EQ, pour trouver DP, EP, ce qui donne ED=DP+EP.

(798) PROB. Trouver sur une ligne AB le centre C d'un cercle qui soit tangent à une ligne DE et à un cercle FGH.

Hem. Le cercle LH est supposé passer par le point O, et la distance EK être égale au rayou OF, comme il paraît par le texte.

PROBLÈMES

Il est clair que le cercle voulu DR sera concentrique à celui LOH qu'on décrirait pour passer par le centre O du cercle donné et toucher à une ligne LK éloignée de la lio-ne donnée DE d'une distance EK égale au rayon OF du cercle donné ; ce qui ré- A "^ ^ K

daira l'opération à celle de trouver sur une ligne le centre d'un cercle tangent à une ligne et passant par un point donné. Il y a donc à trouver sur AB un point C tel que la perpendiculaire CL soit égale à la distance CO entre les centres des deux cercles.

A cet effet, ayant joint (et prolongé s'il le faut) AO, on prendra sur AB un point arbitraire P, d'où on mènera PQ=P]^j et il ne restera plus qu'à mener par le centre 0 du cercle donné une droite 00 parallèle à PQ, pour déterminer le centre C du cercle cherché DR. En effet, les triangles semblables ACO, APQ donnent AC:AP::CO:PQ et les triangles semblables ALC, AiSTP donnent AC:AP::CL : PX ; d"où (75 Ax.) CL : PIS" :: CO : PQ, ou ait. CL : CO :: PN : PQ. Mais PQ=PjSr par constr. ; donc CO=CL et par conséquent CT=CD.

(799) Sco. Si le contact des deux cercles devait être intérieur ; au lieu d'augmenter la distance de la ligne auxiliaire LK, d'une quantité EK égale au rayon du cercle donné, il y aurait au contraire à la diminuer d'autant.

(800) PROB. Mener, parallèle à la base AB d'un triangle, une ligne DE (DE) qui soit égale à la somme des segments AD, BE (AD', BE') des côtés (prolongés) compris entre la base et la parallèle.

Bissecter les angles ABC, BAC (ABE', BAC) ce qui déterminera, à l'endroit de l'intersection des bissectrices AF, BF AF', BF,') le point de trajet F (F') de la parallèle voulue.

Car, la construction rend isocèles les triangles BEF, ADF (BE'F^ AD'F') à cause de l'angle ABF= son ait. EFB=i ABE=-EBF, etc.

(801). PROB. Décrire un cercle, dont deux rayons CE, CD à angle droit " triseetent " une ligne donnée AB.

Puisqu'on doit avoir AF=FG=GB, les triangles rectangles AKF, FCG, GHB seront isocèles et égaux et donneront BH=HG=CG= etc. ; d'où CG

=>^iFG^= J AB^ et BC=^5CG^.

(802) PROB. Trouver un point O tel que trois lignes AO, BO, CO menées de ce point à trois points donnés A, B, C, soient entre elles dans un rapport voulu 7n : 7i : r.

Ayant joint et divisé AC eu D dans le rapport de AO : CO, et BC en L dans le rapport de BO :

CO, on trouvera (608) les rayons DF, LE de deux cercles DOK, LOH tels que l'on ait AO : CO ::

AD: CD et BO : CO ::BL:CL. Ces deux cercles détermineront, à l'endroit 0 de leur intersection, le point demandé.

(803) PROB. Pour trouver le côté d'un carré, on a les distances AO, BO, CO d'un point donné 0 à trois des angles de la figure.

Il est clair que ee prob. est analogue au dernier et à celui du par. (728). On donnera donc à AB une valeur arbitraire qu'on divisera en F pour avoir AF : BF :: AO : BO et à BC une longueur arbitraire égale à la première, qu'on divisera en E dans le rapport de BO : CO et après avoir trouvé la valeur hypothétique de AO, BO proportionnelle à celle de AB, on fera, longueur supposée de AO:AO:: longueur supposée de AB:AB.

(804) PROB. Décrire un cercle B qui soit tangent à un cercle A et à deux lignes CD, EF.

Soit OP=RN=AQ, le cercle voulu sera concentrique au cercle APN ; ce qui réduit le prob. à celui de décrire un cercle passant par un point donné A et tangent à deux lignes ; et puisque (494) le cercle voulu aura son centre sur la bissectrice BT de l'angle LTH=FSD, le prob. devient celui du par. (798).

(805) PROB. Mener par un point donné 0 une ligne DE telle que la somme de ses distances AD, BE, de deux points donnés A, B, soit égale à sa distance HC d'un troisième point C.

Ayant joint et bissecté AB en F, on divisera CF en K de manière à avoir CK : KF :: CH:;AD+BE :: CH:

FG; c-à-d.,onferaCK:CF::2:3. Les points K et O détermineront la direction DE de la ligne demandée.

Si CH devait avoir à AD+BE un rapport autre que celui de l'égalité, soit m : n, il est clair qu'on ferait encore CF : CK

:; m+Jrt : 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 perpendiculaire à la première mais éloignée d'elle d'une distance connue AB, soit le plus grand possible.

Avec un rayon FC=FD=AG=AB+ JBC, décrivez le cercle DBO ; le point de contact D sera le point voulu ; car, BDC=iBFC 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 points donnés B, C, fût d'un plus petit rayon HC ; mais un cercle BCK décrit avec un rayon moindre que FD ou AG ne rencontrerait pas la ligne AE, 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 l'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'intersec-

tion 0 de ces cercles fixera le point voulu.

PROBLÈMES. 305

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 0, au lieu d'être éganx, 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 angles respectivement égaux aux suppléments des angles enO.

Les sommets d'un triangle n'étant que des points, l'énoncé du prob. pourrait encore se traduire : trouver un point tel que les angles sous-tendus 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 déjà 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 EP du même point à l'extrémité F du diamètre prolongé.

Puisque DCE est un angle droit, G

on a DCG + ECP (supplément de /'""T^^^^^^ 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.

Puisque AC.AE=AD et que AE=EC, on a AC=^2AD2; ^^ a donc, dansée triangle isocèle CBE, les côtés, pour trouver l'angle C, et par suite, dans le triangle ABC on a l'angle C et les côtés AC, BC, pour trouver l'angle BAC.

Autrement : sur AD comme diam. on fera le demi-cercle AGD qu'on bissectera en G pour avoir (à cause du triangle rectangle isocèle AGD) AG=DG=l/j AD, et au centre A avec le rayon AG on intersectera le cercle donné en E par lequel on mènera la droite demandée AEG.

Si la ligne à mener devait être telle que la partie EC ^ans le cercle fût égale à une ligne .donnée, on aurait dans le triangle CBE les côtés pour trouver la perpendiculaire BF, et avec BF décrivant l'arc F, il ne resterait qu'à mener AFC tangente à l'arc F.

(810) PROB. Faire passer par deux points donnés A,B, un cercle qiii intersecte une ligne CD donnée en position, en un point C ou D tel, qu'un diamètre mené par ce point, fasse avec la ligne donnée un angle déterminé CDN.

Ayant bissecté AB en E et élevé la perpendiculaire EF, on prendra un point arbitraire G, d'où on mènera GH pour rencontrer CD sous un angle CHG=CDN ; puis on fera GK= GH et on mènera AL parallèle à GK. L'intersection L sera le centre du cercle voulu ; car les triangles semblables ALF, KGF et DLF, HGF donnent DL:AL:: HG:KG; d'où DL=AL.

PROBLÈMES. 307

(811) PROB. De deux points donnés D, C, mener deux lignes DE, CE se rencontrant sous un angle voulu et interceptant sur une autre ligne AF dominée en position une partie AB égale à une ligne donnée.

Ayant joint DC, menez CG parallèle et égal à AB, joignez DGr et sur DG faites un cercle capable de l'angle donné E, joignez et prolongez DA et menez CE parallèle à AG. Il est clair (271) que la constr. donne AB= CG et E=A.

(812) PROB. Prolonger une ligne donnée AB, d'une quantité BC, qui soit moyenne proportionnelle entre la ligne ainsi prolongée AC et la ligne donnée.

Prolongez AC d'une quantité CD= AB, sur AD faites le demi-cercle AFD; la perpendiculaire BF étant (530, 2*^) moyenne proportionnelle entre AB, BD ou AB, AC, sera en conséquence égale à BC. Donc, dans le triangle rectangle EBF on a le rapport de BE à BF (1 : 2) pour trouver (523) les angles. Dans le triangle isocèle DEF on a maintenant angle E= sup. BEF et par suite l'angle DFE, ce qui dans le triangle rectangle ABF nous donne l'angle AFB=AFD (droit) moins BFE+DFE, et un côté AB, pour trouver BF la moyenne proportionnelle requise.

(813) PROB. On donne dans un triangle rectangle ABC, la somme AC+BC des côtés et la perpendiculaire CT), pour trouver l'hypoténuse AB.

Ayant trouvé par la méthode du 'Ii

par. suivant, la bissectrice CF de l'angle droit ACB=V^(ÂC+BCf, mené le diamètre FL et fait CK, GE perpendiculaires à FL, CF, on voit que le quadrilatère CEGK peut être inscrit dans un cercle, à cause des angles droits en E, K, ce qui }f

donne FK.FG=FC.FE ; or, FC.FE=2FE^ ou 2EC^ à cause de la corde FC bissectée en E par la perpendiculaire GE menée du centre.

Soit H le point milieu de GK, KG est une ligne bissectée en II et prolongée jusqu'en F et donne (378) IIF"=F-K.FG -fGII^ et on connaît GII=|CD ; on obtient donc FG=