BOA = 2^' — BCD
Enfin de la similitude des triangles BCD , ABF , on tire
BCD = BFA, donc
BOA = T.'^' — AFB,
et la circonférence C" passe donc par le point O.
Lorque m = n = p ^ le point O est l'intersection de» trois hauteurs du triangle ABC \ car alors
A = D et BAC -h BOC = 2«*',
théorème connu.
Note, i^. En appliquant à cette construction la méthode des rayons vecteurs réciproques et prenant le point O pour pôle, on parvient à un beau théorème sur un triangle formé par des arcs d'hyperboles ( Nouvelles jânnales , t. XIII , p. 227).
2°. Lorsque
C^cosjA C^cos|A cosjB ~~ cosjC
le point O est le centre du cercle inscrit. 3°. Lorsque
C^ tapg A C" tangA tangB tangC
te point O est le centre du cercle circonscrit. Tir.
SOLUTIOSI DE LA OUESTION 567
(voir p 116),
Par m. a. RAINBAUX.
Les cà(és d'un angle droit inscrit dans une circonférence de cercle interceptent une demi -circonférence et sous-tendent deux arcs supplémentaires; on mène à chacun de ces trois arcs une taugente telle , que le point de contact soit au milieu de la portion de tangente interceptée entre les côtés de l'angle suffisamment prolongés. Démontrer que les trois points de contact sont les som* mets d'un triangle équilatéral. (Sir F. Pollock.)
Soient BAC l'angle droit inscrit ; MN , PQ, RS les trois tangentes; T, T', T'' les trois points de contact, milieux respectifs des trois tangentes. A étant un angle droit^ le triangle ATM est isocèle et l'on a
angle TMA = angle TAM ;
AT — BT
TangleTMA a pour mesure arc
et l'angle TAM
BT , « pour mesure arc — ; donc
AT — BT = BT, BT=-AT et AT=:|aB.
( 2oa > On démonlre de même que
Ar = |AC;
dont
AT H- AT =:TT'=|(AB + BC)=:|. i8o°= I20°r
la corde TT'est donc le côté d'un triangle équilatëral in* scrit ; de même les cordes T'T", T'^T (* ). c. q. F. d.
(voir p. 125) ;
Par m. g. COMMUNAL,
Elève de rinslitution LorioK
Mener par un point P donné dans Tintërieur d'un angle A une droite qui forme avec les côtés de Tangle ud triangle dont le périmètre soit un minimum.
Je décris une circonférence tangente aux deux côtés de l'angle et passant par le point donné, et je dis que la tangente BC, menée par le point P à cette circonférence, est la droite demandée.
Il suffit de prouver que le périmètre du triangle ABC
(*) La eoiistruction effective exige la trisection de l'angle. Tu.
est moindre que celui du triangle ADE, formé en menant par le point P une droite quelconque DE qui coupera l'un des rayons OF , OG non prolongé à l'autre côté du centre. Supposons qu'elle coupe le rayon OF en un point H, l'angle EHO sera aigu et la perpendiculaire OK sur DE ira couper la circonférence en un point P situé sur l'arc FPG. Le périmètre du triangle ADE est évidemment plus grand que celui du triangle AB'C, déterminé en menant par le point P( une tangente à la circonférence. Or les périmètres des triangles ABC, AB'C'sont égaux. Donc le périmètre du triangle ADE est plus grand que celui du triangle ABC. c. q. f. .d.
Le problème donne deux solutions. Dans la seconde solution, on fait emploi du cercle inscrit dans le triangle ABC et donne un minimum pour AB -h AC — BC. Ces solutions s'appliquent aussi au triangle spbérique.
Note. M. Louis Armez , élève du lycée Louis-le-Grand, a résolu la question de la même manière.
Par mm. a. SYLVESTRE et BOTELDIEU,
Elèves do M. Catalan.
Cette question se résout très-simplement par les principes de la méthode géométrique des maxima et des minima (Des Méthodes en géométrie , par M. Paul Serret, chap. IV).
Soit MB la droite qui donne le périmètre minimum dans le triangle AOB. Si nous considérons deux directions Al Bi et As Bs infiniment voisines , les deux triangles correspondants Al OBi , AjOBj peuvent être considérés comme rigoureusement isopérimètres , Or l'enveloppe du troi-
sième côté de tous les triangles isopërimètres dont déni côtés sont fixes est une circonférence de cercle , et quand les droites Aj Bj , A, Bj tendent vers AB, celte circonférence tend à passer par le point M. Il suffit donc de faire passer par le point M une circonférence tangente am deux côtés de Tangle et de lui mener une tangente en M. Ces deux constructions sont connues d'ailleurs.
La question peut se résoudre aussi analjtiquement d'une manière très-sîmple en prenant pour variable l'angle ABor = a que fait AB avec OB prolongé. Si Ton désigne par 9 l'angle donné, par a et h les coordonnées du point M , il vient
cos* - a =z r cos* - 0.
Pour vérifier que cette formule résulte bien de la construction précédente , considérons le cas particulier où le point serait sur la bissectrice ; elle devient
ces' a = I — cos^ - 0 ,
relation évidente d'après notre construction.
Note, Cette solution analytique est de M. Sylvestre.
M. Virieu, régent de Saumur, a adressé une solution par le calcul diffiTentiel , et M. Rivet, élève du lycée Saint-Louis (classe de M. Briot), une double solution géométrique et analytique bien détaillée.
