OM

on obtiendra , après avoir réduit ,

équation d’une ellipse qui a son centre au point donné O (p , y), et pour demi-diamètres conjugués les coordonnées elles-mêmes de ce point.

On construira donc facilement: l’ellipse; et les points d’intersections P , P' , de cette courbe et du troisième côté BC , détermi-

qeront les directions des deux transfersales qui satMent à renoncé. ‘ , V ,

On remarquera , que si l’angle A — 100°etp = ç, Fellipse ' devient une circonférence. • ■ '

En général , si le point O est situé sur la droite qui divise en deux parties égales l’angle  , l'ellipse est rapportée à deux diamètres conjugués égaux.

On reconnaîtra en outre que la courbe est tangente aux côtés AB, AC, aux points D et E tels, que .\D =/>, AE =y.

Le problème a donc généralement deux solutions ; il n’en aura qu’une lorsque l’ellipse sera tangente au troisième éôté BC ; et enfin le problème sera impossible lorsque l’ellipse ne rencontfera pas le côté.

Au surplus , si l’on veut déterminer les coordonnées du point P , il faudra éliminer entre l’équation (E) et celle du côté BC , qui est

ÿ , O , représentant les longueurs des côtés AC , AB.

115. TrouTer le Heu géométrique des sommets de tous les trianglès de même base, et tels que les angles à la baise soient doubles l'un de l'autrê.- ^

Appelons 2Ô la base donnée ÀB (fig. 35) , et prenons pour axes rectangulaires la droite AB et la perpendiculaire ÔY élevée sur le milieu de la base ; soit M («, p) un des sommets : d’après l’énoncé il faut que l’angle IN^A soit égal à 2MAB1

• ^ f S if '

L’équation de . BMsera y = i)

et celle de

AM

^ dans lesquelles représente ^la.ttuigenté de l’angle MBX ,

et'— f-r celle de l’angle MAX. ’ '

La tangente de l’angle MBA , supplément de MBX j sera par

conséquent . , . . . ... . v-i?

Or, d'après une formule connue ,

’ tang MBA = tang 2MAB ■■ b

r ' 1 — lang^ MAB

■ 1* Vf > .

donc

effectuant les calculs et réduisant, on trouvera ' V ' • ''

Cette équation flnale se décompose en deux équations.

La première n’est antre chose que Taxe des *,^On voit en effet que, lorsqùe MAX est nu! , le double de cet angle est aussi nul : par conséquent lès deux côtés AM , BM , se confondent avec la droite AB. A

La seconde équation *

' — 3a» — 2ia + i» = 0

représente une hyberbole , puisque les coefficients de et de a» sont de signes contraii^s.

Résolvant l'équation , on trouvera ' - ‘

j3 = ±:tA3a»+2Aa+A» : ‘ ' i-'

donc l’axe des x est un diamètre. ' •J-."'»

Egalant à zéro le trinôme sous le radical , on obtient

ou

Prenant donc 00=4 A, le diamètre principal transverse ou

l’axe de l’hyperbole sera égal à AD ; le centre sera au point C, milieu de AD , et le diamètre non transverse sera dirigé suivant la perpendiculaire CH. La courbe passant par le point A sera donc complètement déterminée. '

Quant aux asymptotes , elles ont pour équation , d’après la règle précédente , ^

et elleè font avec l’axe'des x des angles dont les tangentes trigonométriques sont ;fc. ]/'% ■ de plus elles rencontrent l’axe OY

à des distances égales, exprimées par , rayon du cjercle

circonscrit au triangle équilatéral dont le côté est l.

On remarquera ^que l’analyse répond en -même temps aux deux cas que présente l’énoncé. La branche hyperbolique à la droite de l’origine O répond au cas où l’angle MBA est, double de 1 angle MB ; la branche de gauche, au cas où ce dernier . angle est double du premier.

Remarque. On pourra employer cette solution , pour diviser un angle donné en trois parties égales : pour cela on ,dé-t crira sur AB un segment capable du supplément l’angle proposé , et l’on cherchera le point d’intersection M de l’arc de . ce segment avec l’hyperbole. En effet, la somme des anglesA^tB sera égale à l’angle proposé , et par conséqueut l’angle A en sera le lier^. . .

données deux droites AB , AC ' (6g, 86) , on mène par un point né O de» sécantes quelconques OMN,.;^sur chacune desquelles on détermine un point P tel, que la distance du point donné à ce point soit moyenne proportionnée entre les distances du point donné aux points oi la sécante rencontre le» droites

données, c’est-à-dire tel que ' \

•' dps — OM.ON; ' . ■ /

quel est le lieu géométrique des points P? ' • , ’ ' - '

Prenant pour axes les droites données , et désignant par 7» ®t a, P, les (^ordonnées du point donné O et d’un point quelconque P du lieu géométrique demande, on aura , d’après le '' problème du n* 114 ,

+ p)'(j9-^g)C0sA, ' ^ '

— î7+ 2 («,'^P) — î)cos A] »

” (Æ?) 9?+ 2 (a (V*— y) COS A] î .

et, d'après la condition de l’énoncé , v,, . . , f..,.

Digilized by GoogI

d’où-' V... . |3a— pP— ^a=0,

équation d’une hyperbole dont les asymptotes sont

D’ailleurs la coûrbe passe par l’origine : il sera donc facile de la construire.

ces droites des transversales BC teUes, que le triangle ABC intercepté soit constanunent égal à une surface donnée m» ; quel est le Jieu géométrique des centres de gravité de ces triangles ?

Les droites AB, AC, étant prises pour axes coordonnés , soit BC une transversale quelconque telle , que surf ABC = ; en

joignant le sommet A et le milieu M du côté opposé BC* puis

vité du triangle ABC. Menons GP, MQ, parallèles à AY, et soient AP = a: , GP = ÿ. D’après la construction ,

par conséquent, en vertu de l’énoncé, et à cause des valeurs de AR, AC,

viendra jry = ; équation d’uiie hyperbole rapportée à ses

asymptotes ^ et dont la puissance est égale à Il suffira de déterminer un point de celte courbe pour la construire, et l’on y parviendra facilement en menant la transversale perpendiculaire à la droite qui divise en deux parties égales l’angle des droites données, et telle que le triangle isocèle intercepté soit équivalent à la surface donnée. Le centre’de gravité d* CB triangle sera un point de l’hyperbole.

117. Étant données'deux droites convergentes, AB, AC (Og. Î7), on mène à

prenant, sur AM, AG - AM , le point Q sera le centre de gra-

ABœ 2AQ = 3AP = 3at,

. AC = 2MQ= SGP = 3y { ' \

et, d’après une formule connue.

3a? . 3ÿ . sin A

Si l’on changé'»»* en

9A* sin A en

, l’équation précédente de-

.. **8. Trourei' le lieu géométrique des centres de'grarité de tous les triangles qui ont même base et même angle du sommet.

Si l’on donnait pour condition que le côtd BC fût constamment égal à une longueur donnée b , l’énoncé précèdent restant d’aii- ' leurs le même, cette condition serait exprimée par la formiüe conpue < I

= + 2AB. ACcosA, .

'et , remplaçant AB k AC par leurs valeurs trouvées précédemment , on trouverait " ' - .

- /iV ■ ' ■

2ary d)sA = ^| j , (E)

équation d’une ellipse rapportée à^ son centre. sSi A = 100*,

l'ellipse se change en une circonférence' de rayon

Résolvant l’équation, on obtient

y = * co&^A'd:

Pour construire le diamètre

ÿ = X cos A ,

\/^ — 8in»Ax*-l-0^ •

on prendra sur AB dr = AG = 37 hit) ; et, abais^t GH

perpendiculaire sur AC , oh aura

■ AH = 2 cos A =r X coS A.

Menant ensuite GI etHI parallèles à AC, AB , on déterminera le point I , et par suite la direction du diamètre AI. L’eliipserencoRtre ce diamètre en deux points, dont les abscisses sont

8inA*':

.Au.ppial G OP ^lèvera GK perpendiculaire à AB, ejl AK perpen-

dicniaire â AC ; AK := Ensuite on portera, par un 'a^ de

cercle, AK ‘sur AM et AM' ; par te« poims MyM', ot mènera dos

Digilized by tj( ’• '^I(

parallèles à AC, et Tes points D, D', extrémités du diamètre AI, seront déterminés.

Faisant ensuite i; = 0 dans l’équation delà courbe , on Obtient

*ÿ = ± ^ : donc AE = AG est le demi-axe conjugué à AD. On^

construira donc facilement l’ellipse.

119. Comme application de la remarque du n* 79, nous déterminerons par le calcul la longueur du demi' grand axe.

Pour cela , soit y — as (1) l’équation d’une droite quelconque passant par le point A , et p la distance du point A au point ar, où cette droite rencontre la courbe , on aura

' =:= -|- y* -j- isy cos A j ' '

et , en vertu dé l’équation (E) , ^ „