DE GÉOMÉTRIE

Des Points et des Lignes sur un plan.

227 . I er Problème. {Fig. i3). Mbbbr par le point A une droite qui fasse un angle donné avec la droite XY.

Par un point quelconque B de XY , tirez BR , B1I , qui for ment avec XY l’angle donné : par le point A , menez-leur les parallèles AM , AN ; elles satisferont à la question.

a* Problème. {Fig. i4). Mener par le point A une droite telle, que la partie interceptée entre les deux parallèles XY , ZU , soit d'une longueur donnée f.

Par un point quelconque B de l’une des parallèles , décrivez une circonférence avec la longueur donnée i' comme rayon ; joignez au centre B les points C, D de sa rencontre avec la seconde parallèle; puis menez paf A des parallèles à ces deux lignes, elles résoudront la question.

Le problème "serait évidemment impossible si la longueur donnée était moindre que la distance des deux parallèles.

3 e Problème. ( Fig. i5 ). Du point A tirer une ligne AC telle, que la différence entre AB et BC soit d'une longueur S" donnée.

Au-dessus de XY , tirez une troisième parallèlé à la meme distance que ZU , qt coupez-la par un cercle décrit de A comme centre avec le rayon i' : joignez les points de rencontre M, N avec A, ces deux lignes satisferont à la question, soit que la troisième parallèle soit au-dessus ou au-dessous de A.

4 e Problème. {Fig. 16 ). Trouver sur la droite XY un point M , tel qu’en le joignant à deux points donnés A , B, les angles AMX, BMY soient égaux. ' '

Abaissez de l’an des deux points une perpendiculaire AP sur XY, prolongez-la de PK = PA , et joignez BK; le point M de rencontre de Bit avec XY sera le point cherché. Car AMXj=XMK et XMK = BMY.

5 * Problème. (‘Fig. 17 ). Étant donnés deux points A , B » dans l'intérieur d'une portion de polygone quelconque XYZU , „ déterminer des points M, N, P, tels que les droites AM, MX,

IS P , VU fassent des angles égaux avec les côtés sur lesquels ' elles se rencontrent.

Abaissez AK. perpendiculaire sur XY et prolongez-la de KÏI = AK; de H , abaissez-en une seconde sur YZet prolongezla d’une quantité égale en I ; de I, abaissez-en une troisième sur ZU et prolongez-la d’une quantité égale en L joignez LB^ Le point de rencontre P sera un des points cherchés. Tirant alors PX sous un angle égal aveqZU , on déterminera N, puis enfin M. I.a démonstration se ferait comme dans les cas précédens.

6 e Problème. ( Fig. 18). Deux points , A, B, étant donnés entre deux droites XY, ZU, trouver des points M , P, N , . . . ,‘e/i nombre donné sur ces deux lignes , de manière que les droites AM, MN , KP, PB, ... , fassent des angles égaux avec la ligne sur laquelle elles se coupent.

Abaissez AK perpendiculaire sur XY, et. prolongez-la de KII = AK ; du point II, abaissez-en une seconde sur ZU; et continuez ainsi autant qu’il y aura de points demandés; l’extrémité de la dernière perpendiculaire étant jointe avec B , déterminera le point P; on en déduira tous les autres points.

Ce problc'me , dans le cas où les lignes XY , ZU sont parallèles, et les deux précédens, trouvent des applications dans le jeu du billard. Ces applications sont fondées sur ce principe de physique, que lorsqu’un corps élastique rencontre un plan résistant, il se réfléchit sous un angle égal à celui d’incidence.

7* Problème. (Fig. 1 g) . Deux points À, B étant donnés d’un môme côté de la droite XY, trouver un point M de XY tel, que la somme AM -J- MB soit un minimum.

Déterminez par cc qui précède un point M tel, que les angles

A, MX , 1 ÎUY soient égaux, ce sera le point cherché. Car soit N un autre point quelconque, on aura

AN-fNB=KN-f NB , AM+MB=KB. Or KB<RN+NB.

Donc AM-f- MB est un minimum.

Si les points A , B (Jig. 20) étaient de côtés différens de XY, et qu’on demandât que la différence des distances fût un maximum , on abaisserait la perpendiculaire AK qu’on prolongerait de KII = AK, on tirerait la droite de BHM, qui déterminerait le point cherché M. Car la différence de AM et MB est HB et pour tout autre point N , la différence de BN à AN ou à UN est moindre que IIB.

* . 8 e Problème. {Fig. 21). Étant données deux droites EF, GH, qu'on ne peut prolonger , i° mener par un point donné M une, ligne qui passe par leur point de concours ; 2° tirer une ligne qui partage leur angle en deux parties égales.

i°. Tirez uno sécante quelconque AB par le point M, et une parallèle quelconque CD que vous partagerez dans le même rapport en N , la droite NM passera par le point de concours des deux droites données.

2°. Par le point M ( Fig. 22 ) , tirez MK parallèle à XY , et KH qui partage l’angle MKZ en deux parties égales; l’augle KHX sera égal à HKZ; élevant une perpendiculaire sur le milieu de HR,- elle passerapar le peint de concours des deux droites données, et partagera leur angle en deux parties égales.

9® Problème. {Fig. 20). Les trois droites AB, AC, BC étant données , tirer une parallèle MN à BC, de manière que la so ~me ou la différence des parties BM, CN soit égale à MN.

1*1. Mrtagez les. deux angles intérieurs B et C en deux parties égales, et menez par leur point de rencontre O la parallèle MN, à BC, elle sera la ligne cherchée; car MO— MB et NO=NC, La même construction peut se faire en dessous de BC. a°. Tirez des droites BK , CK , qui divisent les angles ABC , ACD , en deux parties égales ; la parallèle Km/t à CB sera la ligne cherchée, car Km=mC et Kn==nB.

10* ProblIws. ( Fig. 24). Étant données les trois droites AB, AC, BC , mener une parallèle MN à BC , telle que la somme ou la différence des parties BM , CN soit égale à une ligne donnée.

On a BM :NC :: AB : AC,

d’où BM =hNC : NC : : AB :fc AC : AC.

Or, AB, AC et BM ± NC sont connus, celte proportion fera donc connaître CN.

n* Problème. ( Fig. 25). Étant donné le 'carré A "CD, y inscrire un autre carré donné.

Soit EFHK le carré inscrit demandé. On aura

ËF*= ÂE + ÂF = FB*-f AF

On connaît dknc la somme des carrés des segmens AF, FB; la retranchant dS carré de AB, on connaîtra le double rectangle do ces segmens; h question reviendra donc à trouver deux lignes, connaissant leur somme et leur produit, ce qui u’ollre aucune difficulté.

ia' Problème. ( Fig. 2 6 ). Étant donné le triangle ABC et un point D sur un des cotés , y inscrire un triangle semblable à un triangle donné et ayant un de ses sommets en D.

Prenez un JQpianglc quelconque MNP semblable à celui qu’il faut inscrire „ et soit M l’angle qui doit avoir son sommet enD. Décrivez sur MN et MP des segmens respectivement capables des angles B, A; et, par M, tirez KH telle que KM ;MH“BDlDA {voy. i3' Prob. ) ; joignez KN , HP , et pçoîongcz-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 dernier s’obtiendra soit en reportant sur ABC des segmens qui soient à ceux de KIÏL dans le rapport des côtés de ces triangles, soit en tirant par le point D des lignes sous les mêiqci angles qu’au point M. ' *

i3 * Problème. ( Fig . 27). Etant donnés deux cercles A, B, qui se coupent, mener par un de leurs points de rencontre C >

une sécante telle, que les cordes interceptées soient dans le rapport de rniin.

Supposons que MN soit la ligne cherchée; abaissons sur çllo les perpendiculaires AK , BH , les moitiés KC , Cil des cordes seront aussi dans le rapport de m à n ; si donc on partageait AB en O dans le rapport de m à n , et qu’on joignit GC , cette ligne serait parallèle à BH et AK , et par suite perpendiculaire sur MN- On résoudra doue le problème en prenant un point O qui divise AB dans le rapport de m à n , et en tirant par C une perpendiculaire MN à OC.

La sécante pourrait encore être placée de manière que ses points de rencontre avec les cercles fussent du même coté de C, comme CM'N'. On verrait de la même manière que pour avoir. CM' ; CN' ::m: n , il faudra déterminer un point X sur le prolongement de AB , de manière quel’on ait XB ; XA " m ! n, joindre CX, et lui mener par le point C une perpendiculaire CN' qui sera la ligne cherchée.

i 4 ' Problème. {Fig, 28). Etant donnés deux cercles A , B, qui se coupent en C , mener par ce point une sécante , telle que ht somme ou la différence des deux cordes soit égale à une ligne donnée ■ ,

I °. Soit MN (Jig. 28) la ligne cherchée, abaissez les perpendiculaires AK, BH à MN ; KH , moitié de R 1 N , sera djpne longueur connue *, ainsi que sa parallèle BL. Tout se réduit d(?nc à faire un triangle rectangle dont AB soit l’hypoténuse , et dont un des côtés de l’Snglé droit soit la demi-somme donnée *. Or, on peut construire deux trianglej d’après ces données ; il y aura donc deux

directions pour MN , et elles feront des angles égaux avec AB.

Les deux triangles que l’on ferait de l’autre côté de AB , reproduiraient les deux mêmes directions pour MN-

II suit de là que la plus grande valeur de la sécante MCN a lieu quand elle est parallèle à AB.

2". Soit la droite CMN {Jig- 28 bis) telle que la différence MN des deiyc cordes, soit égale à a«. Abaissez les jierpendiculaires, BK , AH , à CN; la différence KH des demi-cordes sera « ; menant la parallèle AL à ÇN , on connaîtra dams le triangle reç-

tanglc ABL, l’hypoténuse AB et le .côté AL. On pourra donc encore construire deux triangles ABL , ABL', et menant par C des parallèles aux côtés AL, AL', on aura deux lignes qui satisferont à la question , et qui feront des angles égaux avec AB.

Si l’on voulait que les deux points M , N fussent situés comme dans la figure 28 , on décrirait un cercle égal à B , et qui Itri fût tangent en C, et l’on rentrerait dans la même construction.

i5 e Problème. (Fig. 29). Partager un triangle ABC en m parties équivalentes , par des parallèles à un de ses côtés.

Pour avoir la première parallèle CD à BC, faites la proportion

ab î ac :: m : 1. '

Pour construire la seconde parallèle EF à BC, faites la proportion AB I AE :: m ; a; et ainsi de suite.

i6f Problème. {Fig. 3o). Tirer d'un point donné A uns sécante AZ telle, que les parties interceptées entre les trois droites données OB, OC, OD, soient dans le rapport de mon.

Prenez les lignes WN , NP , dans le rapport de m à n ; décrivez sur elles des segmens capables des angles », £, et soit Q leur point de rencontre; faites l’angle PQK = DOA, vous aurez un système semblable à celui qu’il faut construire. Prenant alors Q A' = 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. 3 i). Trouver le lieu des points tels que le rappoYt de leurs distances à deux points Jixes A, B, soit constamment égal au rapport donné de m à n.

Construisez d’abord les deux points M , N de ce lien , qui sé trouvent sur la droite indéfinie AB, et pour cela prenez

AM ; MB y. m n et AN : NB ;; m; n.

Cela posé, soit X Un point quelconque , tel que

ax : xb :: ire :

on sait qu’en joignant MX , l’angle AXB sera partagé en deux parties égales, et qu’en joignant NX, son supplément BXY le sera de la même manière ; les lignes MX, NX seront donc perpendi-

culaircs entre elles; le lien cherché des points X sera donc un cercle décrit sur MW comme diamètre.

i8* Problème. ( Fig. 3a). Trouver les points d’un plan qui sont également éclairés par deux lumières dont la position est connue, et dont les intensités so,nt met n à l’unité de distance.

La solution de cette questiou repose sur ce principe de Physique, 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 dehx points lumineux, et M un point qu’ils éclairent également; les intensités z, z’, respectives

des deux lumières sur M seront données par les proportions * •

z : m :: i : am , «/: n :: i : bm ! 1

Or a = *' ; donc •—rr = ; d’où AM : BM '.'.ÿm'.fn.

Alu ü.u

Le rapport de AM 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 voulut trouver les points de leur plau qui en reçoivent une égale lumière, on chercherait d’abord 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 les points cherchés. Il y aura alors deux circonférences à décrire, et le problème pointa avoir deux solutions , ou une seule , ou enfin aucune.

19 8 Problème. (Fig. 33). Par trois points A, B, C, faire passer les cotés d’un triangle équilatéral , dont la su face s, oit la plus grande possible.

Sur AC et CB , décrive* des segmens capables de - d’angle

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

équilatéral MDN , puisque les angles en M et N sont égaux à -.

11 sudira donc pour résoudre la question de tirer par le point

donne C une sécante qui soit un maximum ; problème qui if été résolu (page 248). ' )'*

ao' Problème. Etant donnée la différence de la diagonale au côté d’un carré , construire cp carré.

Vous aurez nn système semblable 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.

2 1 e Problème. {Fig. 34). Inscrire dans un cercle un rectangle dont la surface soit donnée.

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

22 e Problème. {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 WP perpendiculaire sur AC, et formez le rectangle MPQR dont les côtés soient dans le rapport donné ; joignez AQ , et prolongez AQ jusqu’à la rencontre de BC en X; menez les lignes XY et XZ , parallèles à QM et QR , elles seront dans le même rapportât NYKZ sera le rectangle demandé. ‘

Lorsque le rapport donné est l’unité, le rectangle devient un carré, ' *

23° Problème. {Fig. 36). Mener uns tangente commune à deux cercles A et B.

SoitMN cette tangente. Les rayons AM, EN étant parallèles, le point O de rencontre des prolongemens des droites AB, MN, sera tel que

ob : oa :: bn : am.

On pourra donc déterminer le point O en menant deux rayons quelconques AX , B Y 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 tan-

gent« à l’un des cercles , elle le sera à l’autre. Il est clair qu’il y aura deux solutions symétriques par rapport à AB.

La tangente commune pourrait avoir la position PQ,et le point R se déterminerait encore èn menant deux rayons quelconques parallèles , mais dirigés en sens contraire ; il y en 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 > s’ils se touchaient intérieurement, il n’y aurait qu’une solution ; enfin , si l’un était intérieur à l’autre , il n’y en aurait aucune.

24 e Problème. Décrire un cercle tangent à trois droites indéfinies.

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 rencontre de ces deux droites déterminera le centre.

U est indifférent lesquels on prenne des trois angles, parce que les droites qui les partagent eu deux parties égales, concourent en un même point. /

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

Nous verrons plus tard .que dans le cas où les droites se coupent deux à. deux , le produit des quatre rayons des cercles tangens à ces droites, est égal au carré de l’aire du triangle déterminé par ces droites.

Théorème. (Fig. 3 7). Si ton prend trois à trois les côtés d'un quadrilatère , et quoà inscrive des cercles dans chacun de cés systèmes, les centres des quatre cercles qui en résulteront seront sur un même cercle; car si l’on partage les quatre angles À,B> Cf, D , du quadrilatère en deux parties égales par des droites , les rencontres de ces droites donneront les quatre centres M , N , P , Q , et il suffit de prouver que la somme des angles « , C , est égale à deux droits. Or, et est supplément de et £

l’est de 1 -f-â; donc «e —J- C est supplément à quatre droits de la,

somme des demi-angles y, S~ , i , « du quadrilatère ; 'donc « -f- C est égal à deux droits; et par conséquent le quadrilatère MNPQ est inseriptible dans un cercle.

25* Problème. (F/g-. 38). Décrire un cercle tangent à une droite donnée XY, passant par un point donné A, et d’un rayon donné h.

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 cherché.

Il pourra y avoir deux solutions, une seule, ou aucune.

I.a condition d’ impossibilité sera que le rayon R soit moindre que la moitié de la perpendiculaire AP à XY.

26 e Problème. (Fig. 3g). Par deux points donnés A , B , mener un cercle tangent à la droite XY.

Prolongez BA jusqu’à XY en RI , la tangente partant du point M devant être moyenne proportionnelle entre la sécante MB et sa partie extérieure MA, ôn en trouvera facilement la longueur; la portant de RI en C sur XY, on aura le point C île contact ; et il ne s’agira plus que de faire passer un cercle par trois points A , B , C, connus.

Il y aura deux solutions, parce qu’on peut porter la tangente de part et d’autre du point RI. 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 une perpçndiculaire AP, sur la ligne CG qui divise l’angle DCE donné, en deux parties égales, et Ja 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 deâ deux droites CD , CE.

Il y aura donc deux solutions quand les droites se couperont, et une seule quand elles seront parallèles.

28 e Problème. (Fig. 4i). Décrire un cercle qui passe par deux points A , B, et qui soit tangeht d un cercle donné C.

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

rtcrcle doiine en M et N ; tirez MN jusqu’à la rencontre de AB en D , et menez par D une tangente DK. au cercle C ; le point K. sera le point de contact du cercle cherché avec le cercle C ; car DK est moyenne proportionnelle entre DN et DM , et par suite entre DB et DA ; le cercle passant par les trois points A, B , K, sera donc tangent à la droite DK., et par conséquent au cercle C.

Comme on peut mener par le point D deux tangentes au cercle C , à moins que ce point ne soit sur ce cercle même , il y aura généralement deux solutioris.

29 e Pnor/jbrE. (Fig. 42). Par un point donné A , faire passer un cercle tangent à une droite et à un cercle donnés.

Soient XY et C, 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 C, en P ; les triangles CPN,'MNO seront semblables, parce que les. cordes PN, MN sont dans le rapport des rayons; CP sera donc parallèle à MO, c’est-à-dire perpendiculaire sur XY ; on peut donc déterminer à priori le point P. Si ou le joint au point A , il ne restera plus qu’à trouver le point Z où PA doit couper le cerale cherché. Or , le rectangle PA X PZ est égal à PN X PM * et celui-ci est égal à PK X PH , à cause des triangles semblables PKN , PHM. Le rectangle PA X PZ étant donc connu , PZ s’ensuivra, et ou fera passer par les depx points A , Z , un cercle tangent à XY.

11 y aura deux solutions pour le contact extérieur des cerclés, et deux autres pour leur contact intérieur. -

3o" Problème. (Fig. 43). Faire passer un cerciepar un point donné X , tangentiellement à deuxtcercles donnés.

Soient A, B les centres des cercles donnés; supposons le problème résolu et que O soit le centre du cercle cherché , 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 àpriori, car si l’on joint AQ, BP, les trois triangles isocèles AQM, 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 fmsé , que l’on joigne XK, tout se réduira à trouver KY , parce qu’il suffira alors de mener un cercle tangent à l’un des cercles proposés par les deux points X et Y. Or , le rectangle KX X KY est égal à KM X KN ; celui-ci est égal à KR X KS , car PV étaht parallèle à MR , l’angle * est égal à y. Or, •/ — C comme supplémens d’un même angle P; donc a — £, et par conséquent « +<!'— 200°. Donc le quadrilatère RMNS est inseriptible, et par suite KNXKM = KSX KR. Le rectangle KX 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, suivant que les cercles donnés devront être à 1 a fois, soit intérieurs , soit extérieurs au troisième, ou bien l’un intérieur et l’autre extérieur. Nous nous dispenserons d’examiner les cas où quelques-unes des solutions deviennent égales ou impossibles.

3 i e Problème. {Fig. 44). Décrire un cercle tangent à deux cercles donnés A , D, et qui touche une droite donnée XY.

Soit O le cercle 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 cercle décrit du centre A, avec un rayon égal à la différence des deux rayons donnés, et à une droite parallèle àXY, menée en dessous à la distance MB de XY $ on pourra donc déterminé ce cercle par une des constructiJfts précédentes^ et le centre O étant connu , le problème p.oposé sera résolu.

Le problème est susceptible de quatre solutions , sauf les cas d’impossibilité partielle ou absolue.

32° Problème. {Fig. 45). Décrire un cercle tangent à deux droites AX , A Y , et à un cercle O.

Soit B le centre du cercle cherché ; si l’on augmente son rayon de MO , on aura un nouveau cercle concentrique , passant par le point O, et tangent à deux droites parallèles à AX et AY, à la distance MO de cliacune-d’elles. Le ceplre O se déterminera donc par une des constructions précédentes.

Ce problème est susceptible de quatre solutions.

55 e Problème. (Fig. 46). Décrire un cercle tangent à trois cercles donnés*

Soient A , B , C les trois cercles donnés, et O le cercle cherché. Si l’on augmente son rayon de ' un des trois rayons donnés, du plus petit par exemple , qui est celui du cercle C,1e problème sera ramené à faire passer un cercle par le point C , tangentiellement à deux autres , ayant leurs centres en A et B , et pour rayons les différences des deux plus grands rayons donnés au plus petit.

Ce problème est susceptible de huit solutions ; il peut en avoir moins, et meme n’en avoir aucune.

34 e PnoiiiiiMT.. (Fig. 4j). Décrire dans un. cercle donné un nombre quelconque m de cercles égaux qui soient tangens entre eux et au cercle donné A.

Soient B, C, etc. les centres des cercles demandés; les. points de contact D , E , etc. , partageront la circonférence du cercle A en m parties égales. Supposaut cette division faite, on trouvera les centres B , C , en observant que la ligne BC est parallèle à DE et égale à BD -f- CE ; ce qui ramène à' un des problèmes précédens.

Théorème. (Fig. 4 S). La somme des distances de deux points fixes A , B ,àun point M d’une circonférence donnée, est un minimum lorsque les deux droites AM, BN font des angles égaux avec le rayon CM; car les lignes AM , MB faisant alors des angles égaux» avec la tangente en M, la somme AM -J- MB éfct un minimum pour tous les points de la tangente, et à plus forte raison pour tous les points du cercle qui est au-delà.

35 e Problème. (Fig. 4g). Trouver un point O tel, que la somme de ses distances d trois points donnés A , B, C, soit un minimum.

La somme AO CO + BO étant minimum , si on laisse AO constant, il faudra que BO -j- CO soit aussi un minimum. Or, le point O décrit alors une circonférence dont A est le centre; il faut donc, d’après le théorème^ précédent , que BO et CO fassent des angles égaux avec AO. On verrait de même que CO doit faire des angles égaux avec AO et BO ; de sorto que les trois

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

droit. On aura donc le point O en décrivant sur les côtés AB , AC , BC , des segmens capables de f d’angle droit.

3G* Problème. (Fig. 5o). Trouver un point O, dont la somme des distances à deux points A , B , et à une droite XY, soit un minimum.

Tirez les droites OA , OB , et la perpendiculaire OK sur XY. 11 est facile de voir que la somme des distances de O aux points A , B , K , sera un minim uni ; donc , d’abord les trois angles en O seront égaux. Déplus, les droites AOQ, KOP doivent faire le même angle avec XY ; car si l’on mène une parallèle à XY par O , il faudra que AO 4- OB soit un minimum pour tous les points de cette parallèle; les deux angles P, Q, étant égaux , et 4 i

l’angle O étant de - , ils vaudront chacun = ; il suffira donc de

tirer deux droites AQ, BP, qui fassent cet angle avec XY.

37 e Problème. Trouver un point O, dont la somme des distances à deux droites BE , BG et à un point A (lig. 5i) , ou à trois droites (fig. 5a) , soit un minimum.

i°. Abaissant les perpendiculaires OC, OD sur BE et BG (Jig. 5i), on verra connue précédemment, que la ssmuie des distances de O aux points A , D , C, devra être un minimum ,

et que par conséquent , les trois angles en O vaudront chacun

Les deux angles C et D étant droits , il faudra nécessairement que

l’angle B soit égal a - *, sans quoi le problème serait impossible.

Supposant donc B=^, on verra, comme précédemment, que AO et CO devront faire le même angle avec BG , et cet

angle sera la ligne AO doit donc être parallèle à celle qui di-

vise l’angle Ben deux parties égales , et tous ses points seront tels, que la somme demandée sera un minimum.

Le problème sera donc impossible ou indéterminé.

u°. Dans le cas de trois droites AB , AC, BC (Jig. 5a) , il faif-

dra encore que les trois angles en O soient de ce qui exige que

les trois angles A , B , C soient égaux chacun a Donc d’abord le

problème est impossible si le triangle ABC n’est pas équilatéral. Quand cette condition est remplie , la somme des distances est constante pour tous les points du triangle et égale à sa hauteur.

Nota. Dans tous ces problèmes sur les minirua , les élèves devront supposer au point cherché toutes 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' Problème. {Fig. 5 3). Construire un triangle rectangle tel, qu'un des côtés soit moyen proportionnel entre l’hypoténuse donnée AB , et l’autre côté.

On qura AC * CB ! 1 CB * AB.

Ce qui revient à

ac:\/âb — Âc ::\/âb— âc": ab.

On en tire

ACxAB=AB — AC, ou AB ==AC+ACxAB=AC(AC-{-AB).

Or AB est donné , on connaît donc la surface du rectangle AC X (AC + AB) , et la différence AB de ses côtés; on pourra donc déterminer AC , et le problème sera résolu.

3</ Phobiæme. {Fig. 54). D'un point A donné hors ^d’ un 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 deux segmens soient dans le rapport de m s a. ■ * ■

,o puisque l’on doit avoir MN = AM X AN , MN sera égale à la tangente menée par A , aù cercle B; inscrivant donc cette longueur d’une manière quelconque dans le cercle , et lui menant du centre B un cercle tangent , il suffira de tir er par le point X des tangentes à ce dernier ; elles satisferont à la question , et seront partagées en moyenne et extrême raison.

• 2 °. Si l’on demande que

AM : MN :: m : n, .

on en déduira

AM l AN :: m t m -J- n.

Il ne s’agira donc plus que de construire un rectangle AM X AN , connaissant le rapport de ses côtés et sa surface , qui est égale au carré de la tangente : problème qui revient à faire une figure semblable à une figure donnée, et équivalente à une autre , aussi donnée.

4o* Problème. {Fig. 55). Partager la surface^ d'un cercle en m parties équivalentes.

Partagez le diamètre AB en m parties égales, et décrivez des demi-cereles sur les distances de ces points de division aux extrémités de AB, d’un même côté à partir de A, et de l’autre à partir de B ; les surfaces comprises entre deux lignes consécutives , telles que AmenB, Am'cVB , seront égales , comme on le verra facilement, en prenant l’expression générale de ces surfaces.

Déplus, chacune des lignes AmenB, Am'cVB, etc.*, sera égale à la demi-circonférence donnée.

4i® Problème. {Fig. 56). Etant donnés deux, points A , B sur deux parallèles , et un point C au-dehors , tirer par ce point une sécante CXY telle, que l’on ait AX C BY Il ml n.

Sur la droite indéfinie BAD , prenez un point M tel que l’on ait MA : MB : ; m l n ; la droite MCY sera la sécante demandée.

4a e Problème. {Fig. 5y). D’un point A donné hors d’un cercle mener une sécante, telle que ABxBC soit égal à un carré donné m*. -

Le rectangle AB X AC étant égal au carré de la tangente, si l’on remplace BC par AC — AB , on verra que m* est égal au cfirné de cette tangente , moins le carré de AB ; on connaîtra donc ce dernier, et le problème sera résolu.

• 43 e Problème. {Fig. 58). Trois droites AB , BC , AC , étant données , en menet une troisième XZ telle que les parties XY, YZ, soient égales à des lignes connues , a, G.

.< ( afio )

Prenez sur une droite indéfinie MN (ffig. 58 bis) deux parties K 1 I =«• , HL = C ; décriiez sur ces parties des segmcns capables des angles B , C , et par le point de reticontre H des deux cercles, tirez une sécante UV égale à BC ; joignez RV, VL; vous aurez la construction demandée', et il ne restera plus qu’à la reporter sur 1^ figure donnée ABC.*

44 e Pboblème. {Fig. 5g). Trouver tous les points tels que la somme ou la différence des carrés de leurs distances à deux points fixes A,*B , soit égale à m a .

a fl

i°. Soit M un point tel, que MA MB — m a , et O le milieu de AB. En abaissant la perpendiculaire MP sur AB, on aura

MA =MR+ (AO -f 0P) a , et MB= MP -f (AO— OP)*.

La somme M À -f- MB. étant égale à m* , on aura

2 MP + aAO + 2 OP = m' ; d’où MP -fOP = >*- ÂO.

Donc MP 4- OP est constant, donc OM est constant; le lieu des points demandés est donc un cercle décrit du centre O, avec

un rayon OM == \/ j m * — AO.

a®. Si MA — = on aura aussi AP — PB m’ , d’après (es valeurs de MA et MB. Il suffira donc de trouver un point de. AÇ, 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 — PB r = m» = (AP 4- 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 et B, qu’autant qu’on aura m < AB; dans le cas. contra ire, il serait en P', sur le prolongement de AB , et la relation précédente se changerait en

m a = ( AP' 4 - BP') (AF — BP') ,

où l’inconnue serait AP' 4 - BF.

Ç rt' )

45' Problème. (F/g. Go). Etant donnés deux cercles , trouver les points tels que les tangentes tirées de ces points aux deux cercles , soient égales.

Puisque les tangentes MN, MP, sont égales , on a

.MA — AN = MB — 1ÏP; MA — "MB = AN — "BP.

Donc la différence des carrés 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 serait la même si l’on demandait que les carrés des tangentes eussent une différence constante.

46' Problème. (Fig. 61 ). 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.

Construisez un cercle O symétrique de l’un des deux cercles donnés par rapport à XY, et menez des tangentes communes au second cercle donné et à celui que vous venez de décrire, elles détermineront sur XY les points M, N, P, Q, d’où doivent partir les tangentes cherchées.

Théorème. (Fig. 6a). Lorsque trois cercles se coupent deux à deux , les trois cordes AB , CD , EF, d'intersection se rencontrent en un même point.

En effet , soit O le point de rencontre de CD et AB , on aura AOxOB=ODxOC. Tirez la droite FO , et soit E le point où elle coupe la circonférence K , on aura FO X OE — DOxOC; donc, d’après la relation précédente, on aura l’égalité. ..... *

FO X OE = OB X OA ; et par conséquent le point E est aussi sur la circonférence H. Donc, les trois cordes CD , EF , AB, se rencontrent en un meme point O.

47 * Problème. (Fig. 63). D'un point A, on mène des sécantes à un cercle 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 abaissant XP perpendiculaire sur AO , les deux triangles OPX »

OR A seront semblables et donneront . '

op : ox :: ok : oa , d’où op x oa = ox x ok.

Mais le triangle OMX étant rectangle , on a

OX X OR = ÔM*; donc OPxOA = Ôm!

Donc OP est constant ; et par conséquent le lieu cherché est une 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 e Problème. {Fig. 64). Par un point donné A, on mène des droites à tous les points d'un cercle O, et on partage ces droites dans le rapport constant de & à C ; on demande le lieu des points de division. Soit M un point quelconque du cercle O ; prenez sur AM un point X tel , que AM AX

Tirez XK parallèle à OM, vous aurez

ao: ak « : c :: om : kx.

Ces deux dernières proportions démontrent que AK et KX sont constans. Le lieu sera donc un cercle décrit du centre K avqp un rayon qui soit au rayon donné dans le rapport de C à a.

4q* Problème. {Fig. 65,). On donne une droite XY et un cercle ; on demande de mener par Ü extrémité A d’un diamètre APQ 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 AM X AN = AP X 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 une sécante au cercle. ■ ’

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

Théorème. {Fig. 66). Les trois hauteurs dun triangle concourent en un même point. Car si par les trois sommets A , B, C , on mène des parallèles aux côtés opposés , on formera un triangle

MIS P dont les points À, B, C seront les milieux des 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 point

Théorème. Les lignes qui divisent les trois angles d’un triangle jen deux parties égales, concourent en un même point.

En effet, soit O (fg- 67) le point de rencontre’ de deux de ces lignes, on aura OE = OD, OD — OF, et par conséquent OE=OF. La droite CO divise donc l’angle BCA en deux parties égales.

Théorème. 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 AC passera par le milieu de MN ; il suffira donc de prouver que les milieux K, H , de MN et de AC sont en ligne droite avec le point O- Pour cela, tires la droite KO, les triangles semblables donneront

mk:dc::ok:oh, kn : ah :: ok : OH;

d’où MK:HC::KN:AH. Or MK = NK, donc AH=HC; '

ce qui démontre le théorème énoncé.

Nota. Les proportions précédentes ne supposant pas que MN passe par les milieux des côtés BA, BC, mais soit seulement parallèle à AC, il s’ensuit que toutes les couples de lignes droites joignant A et C 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.

5 o® Problème. (Fig-. 69). Deux droites AB, AC, qui font entre elles un angle constant, passent par un point fixe A ; on de~ mande quelle ligne décrit le point B, quand le point C se meut