EF =: AE + AF = FB + AF

On connait donc la somme des carrés des s^mens AF^FB; la retrancliant di^ carré de AB^ on connaîtra le double rectangle de ces segmens ; la question reviendra donc à trouver deux lignes, connaissant leur somme et leur produit^ ce qui n*ofire aucune difficulté.

la* PaoBLiMB* (,Fig* u6). Étant donné le triangle ABC et un point D sur un des côtés, y inscrire un triangle semblable à un triangle donné et ayant un de ses sommets en D.

Prenez un triangle quelconque MNP semblable à celui quMl faut inscrire , et soit M l'angle qui doit avoir son sommet en D. Décrivez sur MN et MP des segmens respectivement capables desanglesB^A; et^parM^tirezKH t^lle que KM:MH::BD:DA {voy. i3* Prob. ) ; joignez KN , HP , et prolongez-les en L ; le triangle HKL sera semblable à ABC , le point M sera situé sur KH de la même manière que D sur AB ; le système construit est donc semblable à celui qu'on cherche , et par conséquent ce der-^ nier s'obtiendra soit en reportant sur ABC des segmens qui soient à ceux de KHL dans le rapport des côtés de ces triangles , soit en tirant par le point D des lignes sons les mêmes angles qu'au point M.

i3* Peoblàme. {Fig. 37). Etant donnés deux cercles A , B> qui se coupent, mener par un de leurs points de rencontre G 7

}i^a s^ctuk^' tçlhy que les cordes interceptées soient dons le rap-. port de m an.

ÇuppospoaqHQ;MN soit la Hgoo clitfrohéo; abaissons sur elle les perpendîcvlaires AK. , BH , les moitiés K.C , CH des cordées seroiiil aussi dans le rapport àe m kn\ s.i donc on partageait kb ^n O dans le rapport de m à n ^ et qu'qn joignit OC ^ cette lign» gérait parallèle. à ÇH et AK, et par suite perpendiculaire sur ])ÎN. Qn résoudra donc le problème en prenant un point O qui ^ivisç AB dans le raipport de ^ à n^, et en tirant par Q une pei> pendiculaîre MN à OC.

lia sécante pourrait encore être placée de manfère que ses^ points de rcxiconlre aveo les cercles fussent du même côté de C^^ comme ÇIVrN^ Qn verrait de Ii^ mén^e manière que pour aToic^ CM' : CN' Il ml n , il faudra déterminer un point X sujr le proloBgement dç AB., de manière que l'on ait XB : XA II m, l n,^ joindre CX , et lui mener par le polnl C une perpendiculaire CN' qvi sera la ligne cberçh^.

ii4* rHO^iiaias. (F^ a8). Etant donnés deux cercles A , B, qui se coupent en C , mener par ce point une sécante , telle que la s>çmmq qu Ig. ^ifférenfiê des^ deux cordes soit égalera une ligne donnée Om,.

i**.§oitMN (Jlg» aS) la ligne ohercbée, abaissez les perpeHdîçu-- Ifiirés 4S-, BH à MTji *, KH , moitié de MIJ? , sera d'une longueur çonnjue ^aiQsi que sa parallèle BL. Tout se réduit donc à faire un, triangle rectangle dont AB soit l'hypoténuse j^et dont un des côtés de l'anglç droit soit la demi*>somiae donnée «. Or, on peut construire 4&ux triangles d'après ces données ; il y aura donc deux 4irection3 pour MN , et elles feront des angles (^aux avec AB.

Les deux triangles que Pon ferait de l'autre côté de AB , reproduiraiei^t les deux mêmes directions pour MN.

Il suit de là que la plus grande valeur de la sécante MC^ a lieu quand elle est parallèle a AB.

a^ §oit la droite CMN (fig>.^S bis) telle que la différence MN des deux cordes , soit égale à a«. Abaissez les perpendiculaires pis. ^ AH, à CN; la différence KH des demi-cordes sera «; menant ^a, p^allçle AL^ à CN , on connaîtra dans Je triangle r&>t

tangle ÀBL, l'hypoténuse AB et le côté AL. On pourra donc encore construire 4cux triangles ABL, AÎBiL^ et menant par G des parallèles aux côtés AL, AL', on aura deux lignes qui satisferont à la question , et qui feront des angles égaux avec AB.

Si Fon voulait que les deux points M , N fussent situés comme ^ans la figure 228 , on décrirait un cercle égal à B , et qui lui fût tangent en C , et Fon rentrerait dans la même construction.

i5' PROBLiME. {Fig, 29), Partager un triangle ABC en m parties équivalentes , par des parallèles à un de ses c&tés.

Pour aK»ir la première parallèle CD à BG , faites la proportion

AB% AC*::7n: i.

Pour .coBstruire la seconde parallèle £F a BG, faitçs la pro-«

portion AB ! A£ : ; m I 2 ; et ainsi de suite.

46* PROBLiitfE. (F/g*. 3o). Tirer d un 'point donné A une sécante AZ telle, que les parties interceptées entre les trois droites données OB, OC, OD , soient dans le rapport Je m d n.

Prenez les lignes MN , NP , dans le rapport de 771 à n ; décrî- ^

Teï sur elles des segmens capables des angles «, Ç, et soit Q leup point de rencontrée ; faites l'angle PQK = DO A, vous aurez un système semblable à celui quîil faut construire. Prenant alprs Q4' = OA ,'et tirant A'V parallèle à KM , il suffira de reporter QV sur OB, de O en Z; le point Z sera déterminé.

17* Problème. {Fig, 3i). Trouver le lieu des points tels que k rapport' de leurs disjtances à deux points Jîxes A> B; soit constamment égal- au rapport donné dem. à n.

Construisez d^abord les deux points M , N de ce lieu , qui sç^ trouvent sur la droite indéfinie AB, et pour cela prenez

' AM : MB :: m : 71 et AN : NB :: m ; ^^

Cda posé> soit X un point quelconque , tel que^

AX :XB :: m\ n^

on sait qu'en joîgnAnt MX , Fangle AXB sera partagé en deux |)arties égales, et qu'en joignant NX, son supplément BXYlesera -de la même manière ; les ligues MX; NX seront donc perpendi-

culaireë entre elles; le lien cherché des {K>int$ X aéra donc aa cercle décrit sur MN comme diamètre.

18* Problème. {Fig. 32), Trouuer les points d'un plan qm sont également éclairés par deux lumières dont la position est connue f et dont les intensités sont xaetnà l'unité de distance,

La solution de cette question repose sur ce principe de Physique j que les intensités d^une même lumière à des distances différentes, sont réciproquement proportionnelles aux carrés de ces distances*

Cela posé : soient A, B ^ les deux points lumineux, et M un point qu'ils éclairent paiement; les intensités 2 ^^'i respectÎTes des deux lumières sur M seront données par les proportions

ft : m :: 1 : Im , z'm ;: i : bm^

Or « = »'; donc ]^r=g^aî d'où AM : BM :: V^m : l/JT

Le rapport de ÂM à MB étant constant, le lieu des points M est une circonférence que l'on construira comme dans le cas précédent.

Si l'on avait trois points lumineux , et qu'on Toulût trouver les points de leur plan qui en reçoivent une égale lumière , on chercherait d'ahord le lieu des points également éclairés par les deux premiers, puis par l'un d'eux et le troisième ; la rencontre de ces lieux donnerait lès points cherchés. Il y aura alors deux circonférences à décrire, et le problème pourra tivoir deux solutions, ou une seule, ou enfin aucune.

19* Problème. {Fig. 33). Par tYois points A, B, C, faire passer les cotés d'un triangle équilatéral, dont la surface soit la plus grande possible.

Sur AC et GB, décrivez des segmens capables de •= d'angle

droit. Si par C vous menez une sécante quelconque ,MN, et que vous tiriez les lignes M AD, NBD, elles détermineront un triangle

équilatéral AJDN ^ puisque les angles en M et !N sont égaux à ^.

Il suipli^a donc pour résoudre la question de tirer par le point

donné C une sécante qui soit un maximum; problème qui a été résolu (page 248 ).

30^ "pROioÀMjR, Etant donnée la différence de la diagonale au côté d'un carré, construire ce carré. ^

Vous aurez un sjstènae semblaLIe à celui que vous cherchez^ en construisant un carré quelconque et sa diagonale ; vous en déduirez le côté du carré demandé ^ en observant que les côtés de deux carrés , sont entre eux comme leurs diagonales > ou comme les différences de ces diagonales aux mêmes côtés.

21 1 ^ PaoBi^èME. (Fig. 54). Inscrire dans un cercle uh rectangle dont la surface soit donnée. >

Sur le diamètre AB , faites un triangle AMB égal à la moitié de la surface donnée , et tirez AN parallèle à BM ] AMBN sera le rectangle demandé.

22' pROBijbfB. {Fig. 35). Inscrire dans un triangle ABC, un rectangle dont le rapport des côtés soit donné.

D'un point quelconque M pris sur AB , abaissez MP perpendiculaire sur AC, et formez le rectangle MPQR dont les côtés soient dans le rapport donné-, joigniez AQ , et prolongez AQ jusqu'à la rencontre de BC en X; menez les lignes XY et XZ , pa* rallèles à QM et QR , elles seront dans le même rapport , et XYKZ sera le rectangle demandé.

Lorsque le rapport donné est J'unité , le rectangle devient uo «arré.

a3* Problème. {Fig. 36). Mener une tangente commune à deux cercles A et B.

Soit MN cette tangente. Les rayons AM , BN étant parallèles , le point O de rencontre des prolongêmens des droites AB , MN> ieratelque ^

OB : OA :: m : am.

On pourra donc déterminer le point Ô en menant deux rayons quelconques AX, BY parallèles et dirigés dans le même sens, en joignant les points X -, Y par une droite , et prolongeant cette ligne jusqu'au point O, où elle rencontre ABO. Le point O étant connu ; on mènera par ce point une tanr

gente à l'an des cercles , elle le sera à l'autre. Il est clair qu'U j aura deux solutions symétriques par rapport à AB.

La tangente commune pourrait avoir la position PQ , et le point B. se déterminerait encore en menant deux rayons quelconques parallèles , mais dirigés en sens contraire ^ il y ei| aurait de même une seconde symétrique. ,

Si les cercles étaient tangens extérieurement , il n'y aurait que trois solutions^ s'ils se coupaient , il n'y en aurait que deux î s'ils se touchaient intérieurement ^ il n'y aurait qu'une solution ^ çnfîn , si l'un était intérieur à l'autre , il n'y en aurait aucune.

24^ pROBLÈïCB. Décrire un cercle tangent à trois droites in-^ définies.

Un cercle tangent à deux droites , ayant son centre> sur la ligne qui divise leur angle en deux parties égales ^ on tirera des droites qui divisent deux des angles en deux parties égales, du côté où l'on voudra que le contact ait lieu , et le point de ren-* contre de ces deux droites déterminera le centre.

11 est indifférent lesquels on prenne des trois angles, parc^ que les droites qui les partagent en deux parties égales, concourent en un même point.

Si les trois lignes données se covpent deux à deux , il y aura quatre solutions*, si deux sont parallèles, il n'y en aura que deuï; et aucune, si les trois droites sont parallèles.

Nous verrons plus tard que dans le cas où les droites se cou-> pent deux à deux, le produit des quatre rayons des cercles tangens à ces droites, est égal au carré de Taire du triangle déterminé par ces droites.

Théorème. iPig» 37). Si ton pr^nd trois à trois tes côtés d'un quadrilatère^ et qu'on inscrive des cercles dans chacun de ces systèmes y les centres des quatre cercles qui en résulteront seront sur un même cercle; car si l'on partage les quatre angles AjB» Gf D, du/ quadrilatère en deux parties égales par des droite», les rencontres de ces droites donneront les quatre centres. M , N, P, Q,et il suffit de prouver que la somme des angles «t, C , est égale à deux droits. Or, et est supplément de 5/ + ^>et C l'est de i -f~ ^ ^ do^<^ « + C est supplément à quatre droits da la

flomme des dettii-angles y^ ^> t ^ du quadrilatère ; donc « -f- f est égal à deux droits; et par conséquent le quadrilatère MNPQ est inscriptible dan» un cercle.

a5* Problème. {Fig. 38). Décrira Un cercle tangent à une droite donnéeJLYj passant par un point donné A, et (T un rayon donné R.

Son centre sera sur une parallèle à XY, menée à la distance R de XY ; de plus , il sera sur la circonférence décrite de A comme centre avec le même rayon ; il sera donc déterminé , et par suite le cercle chercbé.

n pourra y avoir deux solutions ^ une seule, ou aucune.

La condition d'impossibilité sera que le rayon R soit moindre que la moitié de la perpendiculaire AP à XY.

26* Problème. {Fig. Sg). Par deux points donnés A, B, mener un cercle tangent à la droite XY,

Prolongez 6A jusqu'à XY en M , la tangente partant du point M devant être moyenne proportionnelle entre la sécante MB et sa partie extérieure MA , on en trouvera facilement la lon^ gueur ; la portant de M en C sur XY , on aura le point G de contact ; et il ne s'agira plus que de faire passer un cercle par trois pointsf A , B , G , connus.

Il y aura deux solutions , parce qu'on peut porter la tangente de part et d'autre du point M. Il n'y en aurait qu'une seule si AB et XY étaient parallèles.

27* Problème. (Fig. 4o). Décrire un cercle tangent à deux droites, et passant par un point donné A.

Abaissant de A uno perpendiculaire AP, sur la ligne GG qui divise l'angle DGE donné, en deux parties égales, et la prolongeant d'une quantité PB =:PA, on aura un second point B du cercle; il ne s'agira plus que de mener par A et B un cercle tangent à l'une des deux* droites CD , G£. ^

' Il y aura donc deux solutions quand les droites se coupe* ^^f ront, et une seule quand elles seront parallèles. '

a8" Problème. {Fig. 4i). Déctire un cercle qui passe par deu^ points A, B, e^ qui soit tardent à un cercle donné G.

Faites passer par A et B un cercle quelconque qui coupe le

(Srcle donné en M et N ^ tirez MN jotqa'à la rencontre de AB ça D I et menez par D une tangente DK au cercle G \ le point K sera le point de contact du cercle cherdié arec le cerde G ; car DK est moyenne proportionnelle entre DN et DM , et par suite entre DB et DA 'y le cercle passant par les trois points A> B ^ K, sera donc tangent à'ia droite DK^ et par conséquent au cercle G.

Comme on peut mener par le point D deux tangentes an cercle G ^ à moins que ce point ne soit sur ce cercle même > il j aura généralement deux solutions.

29* P&oBLÈMB. (F/g*. 42). Par un point donné A , faire passer un cercle tangent à une droite et à un cercle donnés.

Soient XY et G , la droite 'et le cercle donnés. Supposons que

M , N soient les points de contact cherchés , qu'on tire la droite

MN et qu'on la prolonge jusqu'au cercle G, en P ; les triangles

CPN, MNO seront semblables^ parce que les cordes FN, MN

sont dans le rapport des rayons; GP sera donc parallèle à MO,

c'est-à-dire perpendiculaire sur XY ; on peut donc déterminer

à priori le point P. Si on le joint au point A ^ il ne restera plus

qu'à trouver le point Z où PA doit couper le cercle cherché.

Or , le rectangle PA X PZ est égal à PN x PM5 et œlai-d est

^al à PK X PH ^ à cause des triangles semblables PKN , PHM.

Le rectangle PA X PZ étant donc connu 1 PZ s'ensuiTra^ et <m

fera passer par les deux points A ; Z, un cercle tangent à XY.

n y aura deux solutions pour le contact extérieur des cerdes,

et deux autres pour leur contact intérieure

3o« PHQjBiiME. {Fig. 43). Faire passer un cercle par un point donné "S., tangentiellemenl à deux cercles donnés.

Soient A, B les centres des cercles donnés; supposons le problème résolu et que O soit le centre du cercle cherclié , et M, N les deux points de contact; tirez la droite MN, et prolongez-la indéfiniment, elle coupera le prolongement de AB en un point K. Je dis qu'on peut déterminer ce point à priori, car si l'on joint AQ, BP, les trois triangles isocèles AÇ^, MON, BNP , seront semblables ; BP sera donc parallèle à AM ; et par conséquent le point K peut être construit en joignant les extrémités de deux rayons parallèles quelconques.

Cela fosé , que l'on joigne XK^ tout se réduira à trouver KT i parce qu'il suffira alors de mener un cercle tangent, à Vun des cercles proposés par les deux points X et Y. Or , le rectangle KX X KY est ^1 à KM X KN-, celui-ci est égala ERx ES, csar PV étant parallèle à MR , l'angle « est égal à y* Or ^ y = f comme supplémens d'un même angle P; donc 0-=zG, et par conséquent « +J^=: 200®. Ponc le quadrilatère RMNS est inscriptîble, et par suite KNX KM =KS X KR. Le rectangle RX X KY étant alors connu , le point Y s^en déduit , et le problème est résolu.

Ce problème est susceptible en général de quatre solutions ^ soirant que les cercles donnés deTront être à la fois ^ soit inté* rieurs , soit extérieurs au troisième , ou bien l'un intérieur et l'autre extérieur. Nous nous dispenserons d'examiner les cas oit quelques-unes des solutions deviennent égales ou impossibles.

5i* Problâmb. iFig. 44). Décrire un cercle tangent à deux cercles donnés A, B, et qui touche une droite donnée XY.

Soit O le cerde inconnu. -Si l'on conçoit que le rayon de ce dernier augmente de MB , on aura un nouveau cercle qui aura le même centre O , passera par le point B , sera tangent à un oerde décrit du centre A, avec un rayon égal à la difierence des deux rayons donnés , et à une droite parallèle à XY , me* née en dessous h, la distance MB de XY; on pourra doncdétec-^ miner ce cercle par une des constructions précédentes; et le centre O étant connu , le problème proposé sera résolu.

Le problème est susceptible de quatre solutions > sauf les cas d'impossibilité partielle où absolue.

32^ PAoBubcB. (F/g. 45). Décrire un cercle tangent à deux droites A% , AY , et à un cercle O.

Soit B le centre du cercle chercbé ; si Von augmente son rayon de MO, on aura un nouveau oerde concentrique , passant par le point O, et tangent à deux droites parallèles à AX et AYy à la distfince MO de chacune d'elles. Le centre O se déterminera donc par une des constructions précédentes.

Ce problème est susceptible de quatre solutions.

( âSG )

35* PROSiâvB. {Fig. 46). Décrire Un cercle tangent à trois ^cercles donnés.

Soient A > B ^ G les trois cercles donnés, et O le cercle cber* dié. SI l'on augmente son rayon de ^ un des trois rayons donnés, du plus petit par exemple , qui est celui du cercle G > le problème sera tamené à faire passjer un cercle par lé point G y tangentiellement à deux autres , ayant leurs centres en A et B ^ et pour rayons les di£Férences des deux plus grands rayons donnés au plus petit.

Ge problème est susceptible de huit solutions ; il peut en avoir moins y et même n'en ayoir aucune.-

,■ 54® PnoBiiaiEB. (F/g*. 47). Décrire dans un cercle donné un nombre quelconque m de cercles égaux qui soient tangens entre eux et au cercle donné A.

Soient B, G, etc. les centres dés cerclesdeinandéd; le^ points de contact D ; £ , etc. , partageront la circonférence du cercle A en m parties égales. Supposant cette division faite 9 on troairera les centres B , C , en observant que la ligne BG est parallèle à DE et égale à BD -f* CE ^ ce qui ramène à un ^des problèmes précédens.

Ta^ORÂus. ^Fig. 48). Zm, somme des distances de deuj^poinùs Jixes Ayhyàun point M d'une circonférence donnée, est un minimum lorsque les deux droites AM, "ËiNfont des angles égaux avec le rayon GM \ car les lignes AM , MB faisant alors des angles ^aux ayec la tangente en M, la sonmie AM4-MB est un minimum pour tous les -points de la tangente) et à plus forte raison pour tous les points du Cencle qui est au-delà.

55* PaoBLÈME. {Fig. 49) . Trouver un point O tel, que la somme de ses distances à trois points donnés A ^ B , G , soit un minimum*

La somme AO -f- GO -{- BO étant minimum > si on laisse AO

constant , il/audra que BO —(- GO soit aussi un-minimum. Or ^

le point O décrit alors fine circonférence dont A est le centre ; il

faut donc , d'après le thi^orème précédent , que BO et GO fassent

des angles égaux avec AO. On verrait de même que GO doit

niire des angles égaux avec AO et BO -y de sorte que les. trois

angles en O doivent être égaux entre eux , et par suite à - d'angle

fi

fjrolt. On ajim donc le point O en décrÎTant su? loB ofitéa AB , AC , BC y des segmens capbleâ de | d'angle droit»

36^ PkOBiiMB. {Fig. 5o). Trçuver un point O, dont la somme des distances à deux points A:,B,età une droite XY soit un minimum, . ■ . . j .

Tirez les droites OA , OB , et la perpendiculaire (M sur XY. Il est facile de voir que la soinnite des distances^ îè^O aux points A, B, K, sera un minimum ; donc , d'abord les trois a^n^lés en O seront égaux. Déplus, les droites ÀOQ, BOPdoirent faire le même angle avec XY; car si Yah mène une parallèle à XT par O , il fâildta qUe AO + OB soîtim minimum pour tolis les points de cette parallèle; les deux angles!*, (), étant égaux ;'et

Uangle O étant de - , ils yaudront' chacun -= : il suffira donc de

tirer deux droites AQ; *BP ; qui • fassent œt angle avec XY. ,

Zf PaoblIime. Troui^er un point O, dont la somme des di-r stances à deux droites BE , BG ef à un point A (fig. Si) , ou à trois droites (fig. 5 a}, soit un jp^inimum, . i\ Abaissant les perpendiculaires OC , OD mr BE et BG {fig. 5i), on verra comme précédemment , que la sommes dés distances de O aux points A, P,,C, devra être un minimum,

et que par conséquent, les trois angles en O vaudront cbacun=.

Les deux angles G et D étant droits , il faudra nécessairélBent que

l'angle B soit ég^ à ^ -, sapjs quoi le problème serait impossible.

Supposant donc B==, on verra, cpn^mç préçédeuMnent ,

i qtie AO et CO- devront faite' le mômfe angîe iv«c PG , et cet

angle sera ^; la ligne AO doit donc être p^rallèlç à celle qui di-

TÎse l'angle- B en denx parties égales^^et taii9:iie& points gçront tels, que la sonone demandée, sera un-minimum^:! ^ ^ )je prcMb^ème ser» donc impossible ou indéteite«né.> a*. Dans le cas de trois droites AB , AC , BG' {Jig. 5a ) , il jfau-

Ca58) dra eoooreque les trois angles en O soient dé -; ce qtki exige qne

les trois angles A , B, G soient égaux cTiacun à ^. Donc d'aljord le

problème est impossible si le triangle ABC n'est pas équilatéral. Quand cettq condition est remplie , la somme des distances est constante poi^r. t^us les points du triangle et égale à sa hauteur.

Nota.' Dans tous ces problèmes sur les minima , les élèves devront supposer au point cherché tontes les positions qu'il peut avoir par rapport aux données, et examiner dans quels cas les sommes des lignes se changeront en des différences.

38® PaoBLàMS. ( Fig. 53 ). Construire un triangle rectangle tel, qu'un des tôtés soit moyen proportionnel entre l'hypoté^ misé donnée AB , et l'autre côié.

On aura • AC : CE:: CB : AB.

Ce qui revient à

AC : V^AB*— ac*::\/ab'— ac*: ab.

On entire

ACxAB=aS-.ÂC* ou AB =AC 4-ACxAB=AC(AC+AB).

' Or AB est donné , on oonna^it donc la surface du rectangle AC X (AC 4* AB) , et U différence AB de ses côtés ^ on pourra donc déterminer AG , et le problème sera résolu.

39* Problè^. {Fig. 54). D'un point A donné hors étun cercle B , mener par ce point une sécante telle, que la corde soit moyenne proportionnelle entre la sécante entière et sa partie extérieure, ou bien telle , que les.deuan segment soient dans le rapport de raàjX'

1®. Puisque Ton doit avoir MN = AM X AN , MN sera égale à la tangente nMitée par A » an cercle B$ inflcrîirant donc cette longueur d'une manière quelconque 'dans, le cercle , et lui menant du centré' B un cercle tangent , il suffira de tirer par le point A des tangentes à ce dernier ; elles satisferont à la question, et seront partagées en moyenne et esjtréme raison.

(a59) 9f*. Sî l'on demande que

AM:MN :: ml Uy on en déduira

AM : AN :: j» : j» + n. •

Il ne s'agira donc plus que de oonstniire un rectangle AMxANy connaissant te rapjiort de ses côtés et sa surface, t|ui est é^le an earjRé de la tangente : problème qui revient à faire une figure send)lable à une figure doniiiée^ ût équivalente k une autre , aussi donnée.

4o* PROBZ«èM]&. (F/g*. 55). Partager la surface dun cercle ea m parties équivalentes.

Partage^ le diamètre AB en m part^ égales , et décriiez des demi-^sereles sur les distances de ces points de division aux extrémités de ABy d'un même 'côté à partir de A, et de Tautre à partir de B^ les surfaces comprises entre deux lignes consécutives , telles que AmcnB , AmcWB , seront égales » comme on le verra fkcilement, en prenant l'expression générale' de ces sor&qeis.

Déplus, chacune des lignes Amt^nB, èjn'c'n'B^ -etc., sera %ale à la demi'^circonférence donnée. '

. ^x^VviOVLhf^ {Pig> ^)* Etant df^mié^ deux points 11 ^ B, sw deu^ fiarall^s , iBt un ppini G au^dehsprs , fk^r jHsf c0 point une sécante CSX tell§, que l'on ait AX :,)^Y ;: 17^ : èi«,

Sur la droite, indéfîiiîe BAl^ f prenez vn. point M. tel /que l'on ait MA : MB :: m ! n ; la droite MGY sera 1^ j^^caqt^rdemandée.

42® Phoblâmb. (F/g*, ô*/). D'un point A donné hors d'un cercle mener une sécante ^ telle que AB XBG soie égal à un carré donné mK • s -

Le rectangle AB X AG étant égal au parré dç la tangcaite, si l'on remplace BG par AG— AB , on verra que m* est égal au carré dç cette tangeçii;e ,^n|oins leca]r];é dç J^^-^ pn connaitara donc içe .derni/er,. et Jie .problème s^ra ré^olju,

43^ Problèbie. (F/g"., 58). Trois droites AB,BG, AG, étant données , en mener une troisième 'KZ' telle que les parties XY, YZy soient égales à des lignes connue^ f^,^'

Prenes sur une droite iodéilnle MN (^^. 58 bis) deux parties KU=«y HLï=C; décrivez sur ces parties des s^mens capables des angles B , G , et par le point de renco.ntre H des deux cercles, tirez une sécante. UV égalç à BG; joignez KV, VL; tous aurez la construction demandée, et il ne restera plus qu'à ]a re* porter sur la figure donnée ABC.

44* pROBiiHE. {Fig, 5gy Drouvet tous les points tels que la somme ou la différence des carrés de leurs distances à deux points Jixe^ Ikjh t soit égale à m*.

1®. Soit M un point tel, que MA + MB == m', et O le milieu de AB. En abaissant là^perpendiculaire MP sur AB , on aura

MA=MP+(AO + OP)% et MB=:MP + (AO-.OF)*,

La somme M A -f* MB^ étant égale à m* , on aura

2MP + 3AC)*+aOP = /»*; d'oi"MP + OP = im*— AO.

Donc MP + OP est constant, donc OM est constant; lé lieu

des points demandés est donc un cercle décrit du centreO, aTee

vn rayon OM = y. i m*— AO.

a.<». Si MA — MBî=m», on aura «ussî AP — PB==m*, d'après lés valeurs de MA et MB. Il suffira doue de trouver nn point de AB> qui convienne à la condition demandée; et la perpendiculaire abaissée de ce point sur AB , sera le lieu cherché. Soit P ce point, on aura

AP — Tb = m* = (AP + PB> (AP — PB).

Or, AP + PB est connu ; on trouvera donc AP — PB; on en tirera facilement AP et PB»

Le point P ne pourra être entre A el B,* qu'autant qu'on aura m ^ AB; dans le ca^ contraire, il serait en P', sur le prolongement de AB , et la relation précédente se cbangerait en

m* = ( At^ + BF) {AV — BP') , où rinQ^inue serait, AF + ÇP\

( aGi )

45' PBOBLàHs. (F/g. &>}. Etant donnés deux cercks , trouver les points tels que les tangentes tirées de ces points aux deux cercles , soient égales.

Puisque les tangentes MN, MPj sont ^ales, on a

¥Â — AN = MB — "bP; MA — "m^ = AN — Tr

Donc la différence des Qarrés de MA et MB est constante; le lieu des points M est donc une ligne droite perpendiculaire sur AB ^ et qu'on déterminerait comme précédemment.

La solution serais la même si l'on demandait que les carrés des tangentes eussent une différence constante.

46* PaoBiiifB. (^Fig, 6i). Etant donnés deux cercles A^ B, leur mener des tangentes qui se coupent sur une droite donnée XY > et fassent avec elle des angles égaux,

G)nstruisez un qercle O symétrique de l'un des deux cerclesi donnés par rapport à XT , et menez des tangentes communes au second cercle donné et à celui que vous Tenez de décrire^ elles détermineront sur XY les points^ M ^ N^P, Q, d'oi doivent partir les tangentes cherchées.

TnéoRÂM^ {Fig, 69). Lorsque trois cercles se coupent deux à deux , les trois cordes AB , CD , £F^ d^ intersection se reu" contrent en un même point.

En effet y soit O le point de rencontre de CD et AB , on aura A0xOB=ODxOC. Tirez la droite FO , et soit E le point où elle coupe la circonférence K , on aura FO X OE =1X) X OC 5 donc, d'après la relation précédente > on aura l'égalité..*. FO X OE = OB X O A ; et par conséquent le |k>int £ est aussi sur la circonférence H. Donc, les trois cordes CD , EF y AB, se rencontrent en un même point O,

47* PAOBL.èME. {Fig. 63). D* un point A, on mène des sécantes à un bercle donné, et des tangentes par les points de rencontre, on demande le lieu des rencontres deux à deux de ces tangentes^

Soit X le point d'intersection de deux de ces tangentes. En «baissant XP perpendieulaire sur AO^ les deux-trîangles OPX ^

( aSa ) OKA seront semblables et donneront

oP:ox ::OK:OA, d'où opxoa— oxxok.

Mais le triangle OAfX étant rectangle ^* on a

0XX0K = ()M* donc ÔPxOA = ()m!

Donc OP est constant ; et par conséquent le lieu chercbé est nne droite perpendiculaire sur OA , qu'on obtiendra d'après la valeur de OP en menant deux tangentes par le point A, et joignant leurs points de contact.

48* Pboblèms. iFig. 64). Par un point donné A, on mène des droites à tous les points d^un cercle O, el on partage ces droites dans le rapport constant de a à C ; on demande le lieu des points de division. Soit M un point* quelconque du cercle 0; prenez stir AM un point X tel , que AM t AX II a iC.

Tirez XR parallèle à OM , vous aurez

AOiAK:: cl: C, i.:^::OM:Kx.

Ces deux dernières proportions démontrent que AK et KX sont constans. l^e lieu sera donc un cercle décrit du centre K avec un rayon qui soit au rayon donné dans le rapport deCh a,

4g* Pitosii^MS. (-Rg» 65|). On donne une droite XY et un cercle; on demande de mener par t extrémité A d*un diamètre AVQ^ perpendiculaire à XY, une sécante telle, que la partie comprise entre la droite et le cercle soit égale à une quantité donnée.

Soit AN cette sécante ; les triangles semblables AMP , ANQ donneront AMX AN= APX AQ. On connaîtra donc le produit et la différence MN des deux lignes AM, AN; on pourra donc les déterminer.

La construction serait la même si XY était uoe sécante au cercle. 1

TiiéoRjèME. Les perpendiculaires élevées sur les milieux des côtés d'un triangle se coupent en un jnême point. Car elles passent toutes les trois par le centre dn cercle circonscrit.

ïnioRÈME. (Fig". 66). Iles trois hauteurs d'un triangle concourent en un même point. Car si par les trois somiîkiets A ,B, C, on mène des parallèles aux côtés opposés ^ on formera un triangle

HNF dont les points À y B, G seront les milieux deâ côtés; les trois hauteurs du triangle ABC seront donc les perpendiculaires élevées sur les milieux des côtés du triangle MNP^ elles concourront donc en un même poipt.

TnioRÂMS. Les lignes qui divisent les trois angles d'un triangle en deux parties égales , concourent en un même point, i

En effet, soit O (Jig* 67) le point de rencontre de deux de ces lignes, on aura OE=OD, OD:=OF, et par conséquent 0£=0F. La droite (X) divise donc l'angle BCA eta deux par* ties égales.

THioR:èMB. Les droites qui joignent les sommets d^un triangle avec les milieux des côtés opposés, se rencontrent en un même point.

En effet, soit O (fig* 68) le point de rencontre de deux de ces lignes AN, CM ; la droite qui joindra B au milieu de AG pas* sera par le milieu de MN ; il suffira donc de prouver que les mi* lieux K, H , de MN ^t de AG sont en ligne droite avee le point 0<^ Pour cela, tirez la droite KO, les triangles semblables^ donneront

MK:HC::OK:OH, kn: ah ::ok:oh^

d'où MK:HG::KN:AH.Or MK=NK, donc AH=:HCî, .

ce qui démonlre le théorème énoncé.

Nota. Les proportions précédentes ne supposant, pas que MN passe par les milieux des côtés BA, BC, mais .soit seulement pa-* )raUële à AG, il s'ensuit que toutes les couples de lignes droites joignant A et G à des points qui partagent BA et BC dans le même rapport, se coupent sur la droite qui joint le sommet B avec le milieu de la base.

5o* PROBi«èsns. (Fig. 69). Deux droites AB, AC , qui font entre elles un angle constant y passent par un point Jixe A; on de^ mande quelle ligne décrit le point "Bfjquand le point G se meut

>f|ir une ligne donnée y droite ou courbe^ et que Je mppoft -Tt

re^te constant, Iniaginons sur AB un point C tel, que ACTsï: AC, if décrira

une ligne lambbUe k celle que décrit B$ lear centre de snnili-

AB tude fiera Â^ et le rapport de similitude sera j-^. Il est évident qu'on aura le lieu décrit par C en faisant tourner la ligne décrite par C, de l'angle CAB autour du centre A- .

5 1* PbobiIjcb. Trouver un point tel , que ses distances à trois outrçs points A^ B, C y soient dans des rapports donnés.

On clierc}iera.le lieu des points tels que leurs distances aux points A I B^ soient dans le rapport donné ^ on fera la même chose pour B et C; ces lieux seront deux circonférences que l'on sait construire > et le problème pourra ayoir deux solutions^ ou une seule > ou aucune.

5â* PaoBiiiMs. (,Fig, 70). Etant donnés un cercle O et ua point A y trouver le lieu des points N tels, qiien tirant la droite AS,Ponait

AMXAN==:m*.

En désignant par n la longueur de la tangente AT menée de A au cercle donné , ou aura