CM
, et ^ , étant les coordonnées courantes de ces droites.
Si l’on fait z= 0 , p' =: 0, les équations précédentes donnent
Ces valeurs expriment la distance du point P aux points où chacune des droites C'M , CM', coupe la corde AB.
De plus , si l’on désigne par a" l’abscisse du point de rencontre de c^s droites , on trouvera , par une élimination facile entre leurs équations , ^
»•— y. , r+y, a?. ar. »
et , en vertu des valeurs de a et a' ,
, 2 race'
d’où l’on voit que , si a = a' , on a a' = et = «'.
, Il s’agit donc de démontrer que « = a'.
Pour cela , si l’on substitue , dans l’équation du cercle donné -J- y2 = ,
la valeur de y tirée de l’équation (C) ,
1 ra{m? •\-n^)x — r^(w»^ —
. — 7lr
on trouvera , toute réduction faite ,
[(wi* -j- n^) x — a (m? — — h,rn?Ti?h^x^ ;
et , extrayant la racine carrée des deux membres ,
r (m^ q: 2mnb ,
et par conséquent
‘ r (wi^ -|- w^) — imnb ’
r {tn? ■-{- n^) -j- imnb ’
substituant la valeur de x dans celle de'y , on trouve , toute réduction faite ,
b (m^ Imnr ^
. ^ r (m^ q: 2/nnA ’
et par conséquent
b w^) — 2m nr
r — 2»mA
n^) -| -2mnr
r{w?'\-'n?)-\-^m'nb ** ’
donc
(r-fA)
a{m^—n?) r{m^-j-n^)—imnb
’*'+y. ’ - , J b(m}+n^)-^mnr \ (r+i)(,^n=*-2»«n) •
Lr(mH-w^) — 2m«Aj ;
et
' L»" (»»H- w^) —Imnb m-l-n
Si on avait pris une autre combinaison de signes on tarait trouvé
On a de même
X ÎZZ . i
et pour une autre combinaison de signes ,
donc
a ou — ; — a, m — n m-f-n ’
et par conséquent : ‘ '■
Cherchez sur BA les points I et l' tels que
BI BP
AI AI'““n ?
et par le milieu.C' de l’arc BC'A, menez C'IM , CWP,' qui détermineront les points M et M' cherchés. > •:
On peut encore prendre le milieu C de l’arc supérieur BCA, et joindre CIM', CMP. ’
Le problème qu’on vient de résoudre renferme , comme cas particuliers, les problème^suivants : •' > ■<
Construire un triangle, connaissant : un angle , le côté opposé, et l*la .carrés , 5» le rectangle , fi» le rapport des deux autres côtés.
lei. Mais on peut résoudre directement^ et d’une manière
P us simple , ces problèmes , en adoptant un autre système daxes. '• •’
• ‘ Il
Construire un triangle, connaissant un côté , l’angle opposé et la somme . oi^la différence des côtés qui le comprennent.
On prendra pour axes deux droites faisant entre elles un angle supplémentaire de l’angle donné A.
1° Si a et P représentent les côtés inconnus de l’angle, b le côté donné, et «la somme donnée, on aura les deux équations
— 2a^COSA = i^,
. dont la première est celle d’une droite qui coupe les axes à une distance de l’origine égale à « , et la deuxième l’équation d’un cercle dont le centre nst à l’origine et le rajcon — b.
\De là cette construction (lig. 113) : ^
Sur deux droites OX , OY , qui se coupent sons l'angle A denné, et du côté du supplément de l’angle , prenez OS , OS’ , égales à s. Joignez SS' , et du point O comme centre , avec un rayon = b , côté donné , décrivez un arc de cercle , qui coupera généralement SS' en deux points 1 et I'; pur ces points menant IH , l'il' , parallèles à OS' , ou aura les deux triangles OIH , Ol'H' , qui seront les triangles cherchés.
2 ® Pour la différence donnée èf, la première équation de oon- - dition
nfontre qu’il fapt prendre sur l’un des axes et sur le prolongiement de l’autre des longueurs OD , CiD' , égales k'd, joindre DD| , et açhever la eonstruction comme précédemment (dg. llà).
* Deuxième solution. Si l’on observe que l’angle ISO, dans le premier cas . est la moitié de l’angle donné A , et IDH = 1/2 lUX, dans le second , la moitié du supplément de l’angle donné , on aura cette construction modifiée : *
1 ® Pour la somme (fig. 113) : Sur une ligne quelcpnqpe. , prenez OS =: « , et menez SS’ faisant avec OX un angle moitié ^de l’angle donné ; du pohil O, eomme centre, et d’un rayonOIzaA, décrivez on arc de cercle , qui déterminera les points I et P , et par ces points menez IH, PH', tels, que SIH = SPH' = ISO.
2® Pour ladilTërqnce : Sur une droite (fig. llû), prenez OD=rf, et menez DI tel, que IDH = 1/2 (200® — A), c’est-à-dire égal à
la moilî? du supplément de l’angle donné ; du point O comme centre, et d’un rayon 01 = A, décrivez un arc de cercle, qui détermine les points l , r, et enliu menez IH, l'H', tels, que DIH —
Troisième solution. On peut eucore résoudre ce double problème de la manière qui suit :
Pour la somme (lig. 115) : Sur AB = A, côté donné , décrivez deux segments ACB , AIB , capables, l’un de l’angle donné, l’autre de la moitié de cet angle. Du point A ou B indifféremment , et avec un rayon égal à la somme donnée s, décrivez un arc’ de cercle, qui coupera généralement en deux points I et P l’arc du segment capable de la moitié de l’angle donné , et menez BCI BC'I. Joignant enfin AC et CB , et C' , les deux triangles ACB , AC'B , sont les triangles demandés.
Pour la différence (lig. 116) ; Sur AB = A, côté donné, décrivez deux segments capables, le premier de l’angle donné, le deuxième du supplément de la moitié du supplément de l’angle donné , autrement dit d’un angle égal à 100» augmenté de la nioilié de r’angle donne. l’un des deux points A ou B , et d’un rayon égal à la différence donnée d , décrivez un arc de cercle qui coupera le second segment en un point I, joignez BIC et AC , et le triangle demandé sera ACB. “
162. Construire un triangle, donnaissant un edtJ*^ l'angle opposé et le rapport des côtés qui le comprennent. 1
Les axes étant disposés de la même manière , on aura pour équations de condition ’
2b^cosA = A2,
dont la première représente une ligne droite passant par l’origine et par le point dont les coordonnées sont p = »i, a = n.
De là cette construction (fig. 117) ;
Prenez, sur OX, ON = «; par le point N menez NM parallèle à OY, et prenez NM=m. Joignez OM; du point O comme centre, et dun rayon égal au côté donné A, coupez par un arc de cercle cette droite en deux points I et P, par lesquels menant IB , PB', parallèles à OY , les triangles cherchés seront OIB, OPB'.
PROBLÈME. ï
^165. Construire un triangle, connaissant un côté , l’angle opposé et le ^ produit des côtés qui le comprennent.
Si représente le rectangle des côtés inconnus de l’angle, on aura , les données étant les mêmes ,
— 2a|3cosA = i^.
Or la seconde équation prend la forme
( j3 -j- — 4^a cos* I A = , et à cause de Ja première , • '
(|3 + a)^ = -j- 4K* cos* i A
ou ’
et le problème est ramené à construire un triangle dont ^ connaît un côté , l’angle opposé e{ la somme des côtés qui le comprennent. Quant à cette somme des côtés
"w (/A*+4K*cos*iA,
il est facile de la construire : on divisera l’angle YOX'(i)g- 118) en deux parties égales. Sur la bissectrice OD on prendra OK'= 20Kn= 2K, et abaissant la perpendiculaire BA sur. OX, OA sera égal à 2K cos 1/2 A; de sorte que si AB = A , côté donné , la somme A construire sera OB , et le problème s’achèvera comme au n“ 161.
164. Étant donnés la base , la hauteur et le rectangle des deux autres côtés , construire le triangle. ,
La base étant prise pour axe des abscisses, et l'origine des axes rectangulaires au milieu de sa longueur 2a , si « , représentent les coordonnées inconnues du sommet , l’équation de condition sera
V' (« +aj* + m* , surface donnée.
Effecluant le calcul indiqué, et élevant ensuite au carré , oh trouvera, toute réduction faite,
et si l’on fait ot* = 2a . K , on aura , en extrayant la racine carrée des deux membres ,
Cette équation prend la forme
\kK*-ÉV
et peut être ramenée au système des deux équations
— hy
dont la première est l’équation du segment capable de l’angle dont ZÎL h
la tangente est — — , et la seconde une parallèle à l’axe des x
à la distance /< , hauteur du triangle cherché.
On serait arrivé.plus promptement au même résultat en observant que, si ar et y désignent les cêtés inconnus du triangle demandé , et o l’angle compris , la surface de ce triangle peut s’exprimer par
ory sin V
d’un autre côté cette surface est encore exprimée par 2a . h 2 ’
et par conséquent
sin 27 2a . A
et comme , d’après l’énoncé a?y = m’ = 2a . K, on trouve , après avoir réduit,
sin V = ,
on a et
cos* « = 1 — ^ =
lang*27 = ^^^, dou tangt7 = p;^p^.
Quelle que soit la méthode qu’oii adopte , voici la construction géométrique qui en résulte (fig. 119) ;
Giangez le carré BS-y = m^, surface donnée , en un rectangTe équivalent , dont la base soit AB = 2a ; portez B^ = K sur le prolongement de AB en BD ; décrivez sur BD une, demi-circonférence; prenez DE = A , hauteur donnée : l’angle du sommet du triangle ciierclié sera EBO.
Décrivez sur AB un segment capable de l’angle EBD, et menez par le point H (DH = A) HMM' parallèle à AB ; les triangles ABM , ABM' , répondront à la question.
Si H'NN' rencontre le segment inférieur (DH' = A ) , les deux triangles ANB , AN'B , répondent encore à la question.
Au surplus ces quatre solutions se réduisent à deux véritablement différentes. • '
Deuxième eolution. Dans tout triangle le rectangle de deux côtés est égal au rectangle de la perpendiculaire abaissée de l’angle compris sur le troisième multipliée par le diamètre du cercle circonscrit. On aura donc, en conservant les mêmes notations , xy = A . 2R ;
et comme xy = m^. m^ = A . 2R ;
si l’on fait = A . , on aura R = E
Donc , changez le carré donné en un rectangle BHl^ (fig 1 20)
équivalent, et dont un des côtés BH=A ; failespasser par les points
