AP AM* ..... X

AO un point I ou M tel que ou soit égal a ^

On observera que

IÏ2 ÂÜP ■ + »)

AI JE m {Tn-\- n)

ÂH AO m-\-n

donc prenez , sur AB , AP = w, , PQ = » ; décrivez une demicircoiiféreiice sur AQ comme diamètre; élevez la perpendiculaire PQ, et menez AR, qui sera éjyal à V m ; portez AR en AS ;

joignez QO ou NH , et par le point S menez parallèlement à ces droites SM ou SI , qui détermineront le point M ou le point I , par lequel la parallèle à la base demandée, MN , devra être menée.

Si m = n, Al = A — (5 est égal au côté du carré dont AH = /t est la diagonale.

126. Divi.ser un triangle en n parties équivalentes par Hes parallèles à la base (fig. 76).

On trouvera facilement pour solution

ÂL— 1 Â~F 3

et la construction n’offrira aucune difficulté d’après le problème précédent.

127. Diviser un triangle en deux parties : : m : n par une droite perpendiculaire è la base.

Si ar =; a représente la perpendiculaire MN (fig. 77) , à cause de l’équation du côté OA , y = - a; , la longueur de MN sera ^ ; et , d’après l’énoncé ,

ONM

d’où

par conséquent

NMAB~ w ’ ONM m

OAB

' wi -f- «

il , b

d’où

ab m (wt-j-w)

et =

ab m + n

Solution. Sur OB décrivez une den»-ciconférence , prolongez AH , et menez OG ab. Sur une droite quelconque tirée du

— 116 — ^ point O, OPQ, par exemple, prenez OP=/», PQ = n; décrivez sur OPQ une demi-circonférence , élevez la perpendiculaire PR , et menez OR ac (m -j- n) ; et il ne reste plus qu’à chercher par la méthode connue une quatrième proportionnelle à OR, OP etOG. Enfin , portant cette quatrième proportionnelle 01 sur OR , on déterminera le point M , par lequel la perpendiculaire cherchée devra être élevée, ç GO

bl m -/i , a =:

12R. Partager un triangle en deux parties : : tn ; n par une droite menée d’un point donné sur un des côtés.

Le point G (/>, q) étant le point donné sur le côté OA (fig. 78) , on aura la relation

d’où

et , d’après l’énoncé ,

OCD m OCD m ACDB ~~n ’ “ OAB

Si donc ar représente OD , on aura >;v qx

bh m-\-n h

et enfin , d’après la relation (1)

f zre-j- w ‘

Or, = OC , -1- = OR , — -j— b est le segment

de la droite OB divisée en deux parties ; m ; On aura donc cette construction :

Divisez le côté OB en deux parties qui soient entre eUes dans le . rapport donné , joignez le point donné G avec le point de division

M ; par le point A menez AD parallèle à CM , et la ligne Gï) sera

, „ OCD m

la ligne cherchée , telle que ^ n ‘

PROBLÈIVÏE.

1S9, Trouver dans l’intérieur d’un triangle un point par lequel les droites menées aux trois sommets divisent le triangle en trois triangles équivalents.

Les notations étant les mêmes qu’aux numéros précédents , soient (a , j3) les coordonnées du point M cherché (ûg. 79) : l’ex-

pression du triangle 0MB sera celle du triangle OAM (n® 88) ,

2 ’ ah — ajS

et enfin celle du triangle donné , OAB = ■

de sorte que l’énoncé du problème conduit aux deux équations

pb — ah — cp.

De là première on tire

et, substituant cette valeur dans la seconde , on obtient

d’où l’on voit que le point cherché , dont les cordonnées sont

n’est antre chose (n® 98) que le point de concours des droites qub joignent les sommets du triangle aux milieux des côtés opposés.

Deuxième solution. On peut remarquer que la droite passant par ce point «, p, et parallèle au côté OA, aurait pour équation

et , faisant ÿ = 0 , a? = -r , c’est-à-dire qu’elle rencontre le côté OB

au tiers de cette longueur.

Déplus, l’cquation d’une seconde droite menée par ce même point parallèlement au côté AB serait

équation qui , pour y = 0 , donne a: = ^ ; et par conséquent la

droite qu’elle représente rencontre le côté OB aux deux tiers de sa longueur.

De là cette seconde construction :

Partagez l'un des côtés quelconque, OB par exemple, en trois parties égales , et par les deux points de division D et E menez deux lignes DM , EM, parallèles aux deux autres côtés du triangle OA, AB. Le point d’intersection .M des deux parallèles sera le point clierché.

150. Partager un triangle en trois parties équivalentes par des droites menées d’un point donné dans l’intérieur de ce triangle.

I.es notations étant les mêmes , soient (p, q) les coordonnées du point donné.

Si l’on suppose que les droites demandées soient PC, PD et PA (fig. 801, a et a', étant les abscisses inconnues des points C et D, on aura pour première équation de condition

r N èô ...

De plus , le quadrilatère OAPC se compose du triangle 0.\C , dont la surface est exprimée par ^ , et du uiangle ACP, dont la surface jest facile à calculer : en effet, la distance du point P (/>, q) à la droite AC , dont l’équation est

étant exprimée par

l’expression de la surface du triangle ACP sera

et par conséquent celle du quadrilatère AOCP sera ha .h Çp • — a) — q {a — a)

OU , simplifiant,

2 ‘ 2 hp aq -\-aq 2 ■

la seconde équation de condition sera donc hp — aq aq hb

On obtient par une simple élimination cuire les équations (l)el(2) « = (,*)

Ces valeurs faciles à construire donneraient une première solution de la question.

Mais on peut en trouver une plus simple à la fois et plus élégante en observant que les équations (A) et (B) prennent la forme

or, , ; , sont les tangentes des angles que font les lignes

AC et AD avec l’axe des a:, OB ; et leurs valeurs font voir que ces droites sont parallèles aux lignes PE, PF, qui joignent le point P avec le tiers et les deux tiers de ce cèté OB.

De là cette construction : divisez un côté , OB par exemple, en trois parties égales; joignez le point P et tes points de division E et F, et par le sommet opposé A tirez les droites AC, AD, parallèles à PE, PF : les droites PC et PD seront les droites cherchées.

151. Par un point donné mener une droite qui intercepte sur deux

parallèles données, è partir de deux points donnés sur ces parallèles, ileux segments qui aient entre eux un rapport donné.

On prendra l’une des parallèles OC pour axe des a? (fig. 81), et pour ajte des y la droite qui joint les points O et P donnés sur les parallèles ; alors, si a, b, sont les coordonnées du point donné A, et 0, P, celles du point où la sécante demandée rencontre l'axe des y , OPy , l’équation de cette sécante sera

car l’équation de la ligne droite ne change pas de forme pour un système d’axes obliques.

Soit OP = d ; si l’on fait dans l’équation (1) successivement y = d, y =; 0 , on obtiendra

a?,=:PB =

et par conséquent , — étant le rapport donné , l’énoncé du problè-

me conduit à l’équation

d’où

De ce résultat on tire cétte construction : sur les deux parallèles prenez PS = wi , OR = « , et menez RSI : le point I sera le point cherché , et la sécante demandée sera lABC.

Si le point donné A se confondait avec le point I , le problème aurait une iutinité de solutions. •

EnOn , si m — n, la valeur de p , p = d , devient in-

finie , et la sécante cherchée serait parallèle à l’axe des y, OPy.

iS9, Deux droite* qui se coupent étant données , mener par un point donné une droite qui détermine sur elles , è partir de leur point de concours , des segments dont le rapport soit égal è un rapport donné. '

Les coordonnées étant rapportm aux deux lignes données, soient

(o, i) les coordonnées du point donné A (fiff. 82) , (0, p) celles du point I , où la sécante cherchée rencontre l’axe des y , l’équation de la sécante sera , comme au numéro précédent ,

et faisant y = 0 , on trouvera

.pp ■p-A-

D’ailleurs 01 = p : par conséquent l’énoncé — = ^ donnera l’équation

qui se réduit à

Or l’équation de la ligne MN, passant parles points M(0, m), N (n, 0) serait »

yz= — ^ (jf — ») : (2)

les deux droites (1) et (2) sont donc parallèles.

De là cette construction : prenœ OM = w, ON = n , et par le point A menez lAH parallèle à luR.

135. Deux droites qui se coupent étant données , mener par un point donné une sécante telle , qui les segments qu’elle détermine sur ces droites , à partir de deux points donnés sur celles-ci , soient dans un rapport donné (Gg. 83).

Soient OP = , OQ sc </' , ‘

on aura , comme dans le numéro précédent ,

OI = p,OH = ^,

et par conséquent l’équation

qui prend la forme

et, si l’on fait

cette dernière équation

, ordonnée par rapport à p, deviendra

p^ — {b-\-d-\-h— k')p — b{k-d) = a, et P { [i+rf4-(A— ^-)] — =*(</-/:)

ou PCP — (i ~ ~ ;

et le problème est ramené à construire un triangle dont on connaît la surface , et la somme ou la différence des côtés , suivant que d est plus petit ou plus grand que k.

La construction suivante correspond au cas d'^ k.

Si du point A (fig. 8ù) on mène AB, AC, parallèles respectivement aux droites données OX , OY, ou aura 06 = i, OC=a. Du point 0 menez-OMN perpendiculaire à OY, et prenez OM =w, ON=n ; puis joignant NC, NQ, et menant les parallèles MC', MQ', on aura

0Q' = -</' = *, OC' = -a = A, ti n

et par conséquent Q'C'=/i — Af|!|de plus, si l’on porte OQ' en OQ" , PQ»= d — k.

Ces constructions préliminaires étant achevées, prenez BP' = OP = d , et P'C" = Q'C' = k — k , alors

D’ailleurs , si l’on prend OK = PQ' = d — k , que sur KB on décrive une demi - circonférence , on aura OR^ = OK. OP = P {d — A), et enfin sur OC’ décrivant une autre demi-circonférence, et par le point R menant la droite RST parallèle à OY, les perpendiculaires SI', TI , détermineront les deux valeurs de p , OP et 01. Les sécantes du problème sont, donc lAH , H'I'A.

On a supposé que les points donnés sur les droites Pet Q étaient dans le sens des coordonnées et des abscisses positives : pour chaque cas particulier on devra faire attention aux signes des quantités ef et d', et on trouvera facilement une solution analogue à la précédente.

De plas, l’une des quantités rfetV peut être nulle. On voit de quelle manière l’énonce du problème et la solution sont modifiées par cette condition.

Enfin , si d -=2 0 et = 0 , on retombe au cas du n» 131.

1S4. Étant données deux parallèles et une sécante, mener par un point donné sur cette sécante une droite telle , que tes segments interceptés sur les parallèles entre elles et la sécante forment un rectangle d’une surface donnée.

GM étant la droite demandée (fij. 85) , qui passe par le point G (0, h) donné sur la sécante prise pour axe des y , et M (a, 0) ; le point inconnu où la droite cherchée rencontre l’une des parallèles données OMX prise pour axe des x , l’équation de cette droite sera

y = — ^Qc — a)i ( 1 )

et , si OP = , en faisant y~d dans l’équation (1 ) , on trouvera a? = PN = ^^«:

or , d’après l’énoncé, OM . PN = ,

de condition sera donc *

surface donnée : l’équation

d’où

Première solution. Chercher le cûté du carré qui soit ^ carré donné dans le rapport de i à (i — d), c’est-à-dire de GO à GP , et porter cette longueur à droite et à gauche du point O en M et M'; puis mener GM et GM', qui seront les droites demandées.

Deuxième solution. Si l’on fait m^ = (b — d)k, la valeur de a deviendra a.^— b k, moyenne proportionnelle facile à déterminer.

Troisième solution. L’équation (1) prend la forme

et, substituant à « sa valeur,

on Mra

y èîr-'+*'

équation satisfaite par x — ±m, ety=A — (A — d) :

donc portez , de G en I' , GI' == GI , moyenne proportionnelle à A = OG , et A — d = GP ; du point H menez K'PK parallèle aux parallèles données ; prenez l'K = l'K' = m , et joignez GKM, GE'M' , qui résoudront le problème.

Quatrième solution. Enfin , on voit encore par l’équation (3) que la droite qu’elle représente est parallèle à la ligne qui passe par le point 0 (A — rf) et (±: »n , 0 ) : donc portez de Oen H, OH, moyenne proportionnelle à GO et GP; prenez OT = OT' = m ; joignez HT , HT’ ; et les droites GM , GM', parallèles à HT et HT', satisferont à la question.

ISIS. Par on point donné mener une droite qui intercepte sur deux parallèles données , et k partir de deux points donnés , deux segments dont le rectangle soit égal k une surface donnée.

Les axes étant disposés comme au n° 131 , et les notations étant les mêmes, soient («, 0) les coordonnées dir point où la droite cherchée rencontrera la parallèle OCX prise pour axe des x (fig. 86) , ou OC = « , l’équation de cette droite sera

Si l’on y fait y = J = OP , on trouvera

et par conséquent , étant la suriace donnée , on aura l’équation

d’où l’on tire, toute réduction faite ,

n — mf

et enfin

A — rf’

De là celle conslraction : prenez à partir du point O

ad Oar . OP

cherchez le côté du carré HD tel que

yP b — d’

et enfin déterminez le point G ou C' tel que

OC . RC = Hï)2 ou OC' . RC' = HD.

Les droites lAC, APC' , seront les droites cherchées.

La lig. 86 offre toutes les constructions réunies.

156, Deux droites qui se coupent étant données , naener par un point donné une sécante telle, que les Segments qu’elle détermine sur les droites, à partir de leur point de concours , forment un rectangle d’une surface donnée.

Soit OH = a (fig. 87), l'équation de la sécante cherchée lAH sera

faisant jr = 0 , il vient

on aura donc, pour déterminer a ^quation ^

■=: , surface donnée.

Si l’on fait = A , cette équation deviendra a* — ka — — ak ou a (A — «) = oA :

donc , prenez

OK'=-j-= ^ = OKV ' '

et cherchez un point H tel que

OH . HK = ÔP'2 = ÔP2 = aK = Oj? . OK.

Les deux points H et H' que donne la dernière opération déterminent les deux sécantes lAH , AH'P.

137. Partager un triangle en deux parties : ; m : n par uue droite menée d’im point donné.

Soit IPH la doile cherchée (fig. 88).

La surface du triangle donné étant exprimée par O.A. . OB sin 0 2 »

et celle du triangle OIH par