AB

sur une ligne donnée, droite ou courbe, et que le rapport —

reste constant.

Imaginons sur AB un point G' tel, que AC = AC, il décrira

«ne ligne semblable & celle que décrit B; leur centre de simili-

tude sera À , et le rapport de similitude sera -rys» Il est évj-

dent 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® Problème. Trouver un point tel , que ses distances à trois autres points A, B, C, soient dans des rapports donnés.

On cherchera le lieu des points tels que leurs distances aux points A , 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 avoir deux solutions, ou une seule, ou aucune.

5 a* Problème. ( Fig. 70). Etant donnés un cercle O et 11/1 point A, trouver le lieu des points PI tels, qu’en tirant la droite AN, P on ait . '

1 AM X AN = m‘,

En désignant par n la longueur de la tangente AT rnepée de A au cercle donué , ou aura

AM X AK =’ n*.

Or AM X AN = îfi* ; doue AK ; AN V. n* m%

Le rapport de AK à AN étant constant , le lieu des points PI sera , comme nous l’avons déjà vu , un cercle.

Si le point A était dans l’intérieur du.cerçle donné, on aurait encore un cercle. S’il était sur la çircoufércnce meme, on aurait, comme nous l’avons déjà vu, une droite perpendiculaire à la ligne AO.

53 e Problème. (Fig. 71). Par un point donné A, on tire unç droite quelconque AB, terminée à une droite donnée XY; on mène AC telle, que P angle BAC soit égal à un angle donné et que P on ait ABxAC = m 1 ; on demande le lieu des points C.

Abaissez la perpendiculaire AP ; tirez la droite AD qui fasse l’angle donné, avec AP, et telle que AP X AD= m a . Joignez D€ ; Jes deux triangles APB, ACD seront semblables, comme ayant un angle égal compris entre côtés proportionnels; l’angle C écra,

donc égal à P, et par conséquent droit. Le lieu des points C sera donc une circonférence décrite sur AD comme diamètre.

54 e Problème. {Fig. 72). Trouver les points dois deux cercles donnés seront vus sous le même angle.

Soit M un de ces points; si l’on en fait partir des tangentes aux deux cercles, elles devront former entre elles le même angle; les deux triangles AKM, HMD seront donc semblables, et l’on aura KM ; MH I! AK ; HD.

Ce rapport étant Constant, on sait que le lieu cherché est un

cercle.

Si Pon demandait le point d’où trois circonférences seraient vues sous lé même angle, on l’obtiendrait par 1 intersection de deux cercles construits comme le précédent.

55 « Problème. Par unpoint A., pris dans l’intérieur d’un angle donné B {fig. 73), tirer une droite ZU telle, que la surface du triangle ZBU soit égal à m a .

Formez le parallélogramme AKBH , et faites-en un égal adjacent ALMII. Le triangle ALQ étant égal a ZAK, le triangle ZBU est équivalent au parallélogramme connu KBML , plus le triangleQMU dont lasurface se trouve alors déterminée.Or QMU est semblable à ZBU, et ils sont par conséquent dans le rapport

de UM à UB ; ce rapport est dope connu, et par suite celui de UM à UB; on peut donc déterminer le point U.

Si lepointAétait extérieur {f‘g. 73 iis), on formerait de même les deux parallélogrammes égaux AKBII , HLM B , et tirant HZ parallèle à la droite cherchée AV, le triangle UZK aurait une surface connue, comme équivalente à MPZ qui est égal à BTV , plus le parallélogramme KAI JM ; on rentre donc dans le cas précédent par rapport au point H et aux deux lignes KS, KY. *

56 e Problème. ( Fig. 74). Par un point M pris sur la ligne qui divise l'angle XAY en deux parties égales , tirer une droite telle j que la partie comprise’dans cet angle soit un minimum, ou que le triangle quelle détermine soit un minimum.

1 Tirez BC faisant des angles égaux avec AX , A Y ; je dis qua foute autre droite DE sera plus grande; car si vous meuez la sv-

métrique IIF , vous aurez un trapèze DFEH dans lequel BC sera plus près de DH que de I' E , puisqu’on a DM ME ; donc

BC < ï (DII + FE) ; or DH < DM + MH et FE<FM + ME;

donc DH “}-FE<[DE +FH , et par conséquent BC< DE.

2°. La même ligne BC détermine le triangle minimum demandé , car le triangle MCE est plus grand que BMD , puisqu’ils ont des bases égales BM , MC, et que la perpendiculaire abaissée du point E sur BC est plus grande que celle abaissée du point D.

57* Problème. ( Fig . 76). Mener dans un angle donné A une droite minimum qui détermine un triangle dont la surface soit égale à m*.

Si une droite BC fait des angles égaux avec les côtés AX, AY, je dis que toute droite qui déterminera un triangle équivalent à ABC sera plus grande. En effet, soit MN une de ces lignes; le point O où elle coupe BC doit être plus près de C que de B, sans quoi, d’après ce qui précède, MN serait prouvé plus grand que BC, Tirez les parallèles MD, NP, à BC; le triangle OCN doit être équivalent à MOB, et ayant une hauteur moindre, il faut que la base CN soit plus grande que BM , ou que son égale DC ; donc BC (MD + PN). Or on verrait comme précédemment que

MN > £ (MD + PN) ; donc MN > BC.

II suit de là que pour résoudre le problème, il faut faire sur les côtés AX, AY un triangle isocèle équivalent à la surface donnée; ce qui n’offre aucune difficulté.

58 e Probième. {Fig. 76). Par deux points A , B , pris hors d’un cercle donné, mener deux sécantes qui se coupent en M sur le cercle et telles, que la corde XY soit parallèle à une ligne donnée.

Supposez XK parallèle à AB, et tirez la droite KYO; les angles O , K , M seront égaux , et les triangles semblables OBY, ABM donneront BOxBA = BYxBM; 011 pourra donc déterminer à priori le point O, et il ne restera pins qu’à mener une sécante OK telle , que l’arc KY corresponde à un angle inscrit égal à KXY, qui est celui fotyné par la direction donnée avec AB. Pour cela, on inscrira d’une manière quelconque cet angle dans

le cercle , et on connaîtra ainsi la valeur de la corde KY ; la sécante OR , se mènera alors comme nous l’avons déjà vu.

59 e Problème. (Fig. 77). Inscrire dans un cercle donné un triangle MXY dont les côtés prolongés passent par trois points donnés A , B , CL,

Si l’on suppose XN parallèle à AB, la sécante NYD coupera AB en un point O qu’on déterminera comme dans le problème précédent; le point X se déterminera donc emmenant par les , deux points O et C des sécantes telles , que .la corde XN soit parallèle à AB; ce qui revient au problème précédent.

On peut généraliser ce problème et chercher , par des procédés analogues, à inscrire dans un cercle donné un polygone d’un nombre quelconque de côtés qui soient astreints à passer tous, par des points donnés. Nous nous dispenserons cP en donner la solution.

60* Problème. (Fig. 78). D'un point donné A, mener une sécante AMN à deux droites données B Y , BX, de manière que le rectangle AM X AN, soit égal à m“.

Cherchez le lieu des points Z , tels que AU X AZ , soit égal à m 1 ; ce lieu sera , comme nous l’avons vu, un cercle passant par A ; et le point N sera déterminé par la rencontre de ce cercle avec BX.

La surface donnée m* peut être aussi grande qu’on voudra; mais sa petitesse a une limite, parce que le produit AM X AN a un minimum. Pour obtenir ce minimum , on abaissera sur BY la perpendiculaire AK , qui doit passer par le centre du cercle ; on mènera un cercle tangent à BX , passant par A , et ayant son centre sur AK; il sera le plus petit qu’il puisse être pour rencontrer BX, et déterminera le minimum du produit AMxAN.

61 e Problème. (Fig. 79). Un trapèze ABCD étant donné, mener une parallèle XY à CD , qui divise sa surface en deux parties qui soient dans le rapport connu de m à n.

On a AXYB ACDB IZ m l m -f- n.

Or , OAB est à ACDB dans un rapport connu , puisque ces surfaces sont connues ; on connaît donc le ràpport de OAB à AXYB,

»>t yw\r suite île OAB à OXY, ou Je OA à OX, et enfin Je OA h OX. On pourra donc Jéterminer le point X.

62' Problème. Partager un quadrilatère quelconque ABDC en deux parties qui soient dans le rapport de m ri n , par une parallèle ou par une perpendiculaire à l'un des.côtés.

i°. Soit XY la ligne cherchée parallèle à CD (JifÇ. 80); le rapport Je AXYB à ACDB , sera celui Je m à m'+n , et la construction se. fera - comme Jans le cas précédent.

2 0 . Soit XY perpendiculaire sur CD ( fig . 81); les surfaces des Jeux parties pouvant toujours être déterminées, si l’on abaisse la perpendiculaire AK à CD, la partie AXYK sera encore connue, et le problème reviendra au précédent.

Théorème. {Fig. 82). Si de tous les. sommets d'un polygone régulier, on tire des perpendiculaires sur une droite donnée MN, leur somme. ( en donnant le signe + à toutes les perpendiculaires situées d'un côté de la droite donnée, et le signe — à celles qui tombent de Vautre côté de cette droite) , sera égale à la perpendiculaire abaissée du centre du cercle circonscrit , multipliée par le nombre, des côtés. E11 effet ;

i°. Supposons d’abord le nombre des côtés pair et égal à 2m-, les sommets seront les extrémités de m diamètres, et d’après une propriété connue du trapèze, la somme des perpendiculaires sera égale à deux fois la perj>endiculaire abaissée du centre , multipliée par le nombre des diamètres , ou à 2m fois cette perpendiculaire.

2 0 . Supposons le nombre des côtés impair, et égala n; formons un polygone régulier de 2 n côtés , tel qu’en joignant leurs milieux de trois en trois, le polygone régulier résultant soit égal au proposé; la somme des perpendiculaires abaissées des sommets A , B , C, D , etc. (Jig. 82 bis) du polygone de 2 n côtés, sera double de celles abaissées des sommets m , n , p, etc , du polygone de n côtés ; et la première somme étant égale à 2 n fois la perpendiculaire abaissée du centre, la seconde sera égale à n lois la même perpendiculaire. Ce qu’il fallait démontrer.

Si l’on conçoit que la droite donnée MN s’élève parallèlement à elle-même, toutes les perpendiculaires diminueront d’une

même quantité , et par conséquent les deux membres de l’égalité diminueront également; le tliéorème aura donc toujours lieu, en considérant comme négatives les perpendiculaires qui passeront de l’autre côté de la droite mobile, parce qu’elles auront été diminuées de plus que leur grandeur.

Lorsque la droite passera par le centre , on aura ce théorème que la somme des perpendiculaires abaissées des sommets d’un polygone régulier, inscrit ou circonscrit , sur un diamètre quelconque , est égale à zéro.

TiiéorJmjî. La somme des perpendiculaires abaissées d’un point intérieur sur les côtés d'un polygone régulier de m côtés, est égale à m. fois le rayon du cercle inscrit. Car la somme des triangles ayant pour sommet ce point intérieur, et pour bases les côtés du polygone , sera égale à l’un des côtés multiplié par la demi-somme des perpendiculaires. Or, l’aire totale est aussi égale au périmètre multiplié par la moitié du rayon du cercle inscrit On en conclut le théorème proposé.

Si le .point A. était extérieur, l’aire du polygone serait la différence entre la somme des triangles partant de A, et ayant pour bases la partie concave vers A , et la somme de ceux qui auraient pour bases la partie convexe. Donc il faudra prendre, dans ce cas, la différence entre les sommes des perpendiculaires abaissées de A sur la partie concave et sur la partie convexe du polygone ; celte différence sera égale à m fois le rayon du cercle inscrit.

Si le polygone donné n’était pas régulier, mais avait ses côtés égaux, la somme des perpendiculaires serait encore constante et égale au double de la surface, divisé par'le côté.

f>3* Problème. { Fig . 83). -Construire un triangle connaissant deux côtés et la longueur de la ligne qui divise leur angle en deux parties égales.

Soient a, b les deux côtes donnés ; le troisième sera divisé dans le rapport de ces côtés; on fera donc facilement une figure semblable à la figure chercliée, en prenant deux parties AB, BG dans le rapport de a à b , et cherchant un point M dont les distances aux points A , B , C , soient dans le rapport des trois

droites données. Cela fait, on prendra MH = q ? on tirera ITK. parallèle à AB, et MUR sera le triangle cherché.

64 e Problème. (Fig. 84). Construire un triangle connaissant le côté AB=a , l'angle B, et la somme ou la différence des deux autres côtés.

i°. Prenez BM égal à la somme donnée des deux côtés; joignez MA et élevez une perpendiculaire HO sur le milieu de MA , le point de rencontre O avec BM sera tel, que BO-f-OA sera égal à la somme donnée.

n°. Portez la différence donnée de B en N, et élevez une perpendiculaire RD 'sur le milieu de NA; BKA, sera le triangle

cherché. , A

65 e Problème. Construire un triangle connaissant un coté

AB, un angle * et le rapport S des deux autres côtés.

• Le sommet inconnu devra être sur le cercle qui sera le lieu des points dont le rapport des distances aux extrémités A et B sera £; si l’angle donné a est adjacent à AB, on coupera ce cercle par une droite menée par A, et formant l’angle * avec AB; si l’angle « est opposé à AB, on décrira sur AB un segment capable de *,qui déterminera le sommet cherché.

66* Problème. Construire un triangle, conniassant son périmètre ou sa surface , et deux angles.

Vous construirez d’abord un triangle semblable au triangle demandé; vous déterminerez ensuite, l’un des côtés du triangle proposé, par la proportion entre les surfaces de ces triangles , et les carrés de leurs côtés homologues , ou entre leurs périmètres et leurs côtés homologues.

67 e Problème. Construire un triangle , connaissant les trois hauteurs, c’est-à-dire les trois perpendiculaires abaissées des Sommets des angles sur les côtés opposés.

■ On sait que dans tout triangle, les hauteurs sont réciproquement proportionnelles aux bases; oh connaîtra donc les rapports des côtés du triangle cherché, et l’on en pourra faire un semblable. On déterminera ensuite un des côtés cherchés, par une proportion entre deux côtés homologues et les hauteurs

correspondantes.

68'PBOin.^îiE. (Fig. 85). Construire un triangle connaissant la base AB , l’angle y au sommet , et la longueur f de la ligne qui divise cet angle en deux parties égales.

Sur AB décrivez un segment capable de l’angle donné y, et du milieu C de l’arc inférieur supplémentaire , tirez une corde CN telle que MN soit égale à la ligne donnée «1; ANB sera le triangle demandé; car l’angle N sera divisé par MN, en deux parties "égales.

Si l’on donnait la ligne qui divise l’angle supplément, et non l’angle mémedu triangle , ce serait du point D, milieu de ADB, qu’on mènerait une droite telle que XY = la ligne donnée ; le triangle AXB serait le triangle cherché ; car XY étant perpendiculaire sur XC , qui divise AXB en deux parties égales , divisera le supplément BXZ en deux parties égales.

69*. Problème. (Fig. 86). Par trois points A, B, C, donnés, faire passer les côtés d’un triangle égal à un triangle donné.

Sur AB et AC, décrivez des] segmens capables de deux des angles du triangle donné, et tirez MN égale au cété adjacent à ces angles. Joignez ensuite MB et NC; MNO sera le triangle demandé.

70' Problème. (Fig. 87). Etant donnés trois pccnts A,B, C, en trouver un quatrième M, tel que les surfaces des triangles AMC, AMB, BMC, soient dans des rapports donnés.

Les bases AC , BC étant données , ainsi que le rapport des deux triangles, si l’on tire MK et MH perpendiculaires. sur CA et CB , on connaîtra le rapport de MK à MH, et l’on pourra facilement construire la droite indéfinie CMD. On construirait de mèmè la droite indéfinie BME; ce qui déterminera le point M demandé.

71 e Problème. (Fig. 88). Par un sommet A donné dans un , angle XOY, tracer un triangle' semblable à un triangle donné, et ayant' ses deux autres s&mmets sur les côtés de l'angle.

Tirez par A une droite quelconque KH , le problème reviendra à inscrire dans le triangle OK1I , un triangle semblable à un triangle donné , et ; yant son sommet en A. Ce problème a été résolu précédemment.

72* Problème. ( Fig. 89). Trouver le triangle maximum, connaissant un angle A de ce triangle et la demi-somme » des côtés qui comprennent l'angle A.

Tirez BC telle que, AB= AC=«; le problème sera résolu, car si AB diminue de BX , AC augmentera de CY = BX, et d’après ce que nous avons vu ( page 266) , le triangle OCY sera moindre que BOX; donc ABC sera un maximum.

7 3 “ Problème. ( Fig. 90). Trouver le triangle maximum, connaissant la base AB et la somme 2 f des deux autres côtés.

Le triangle isocèle AMB, dans lequel AM=r<T, est le triangle maximum demandé; car les droites MA , MB , faisant des angles égaux avec la parallèle XY à AB, pour tout autre point N de XY, on aurait N A + NB > MA -{-MB. Tous les sommets des triangles formés avec la somme donnée, seraient au-dessous de XY; ces triangles seraient donc moindres que AMB.

74 e Problème. Former un triangle maximum , avec un périmètre donné.

Ce triangle doit avoir ses trois côtés égaux ; car si deux côtés étaient inégaux, en laissant le troisième constant, on ferait un triangle plus grand , en conservant le même périmètre , d’après le problème précédent. Le triangle cherché devant être équilatéral , et le périmètre étant connu , on connaîtra Jes trois côtés.

7 5® Problème. (Fig. 91). 'Trouver la plus petite corde que f on puisse mener dans un cercle O, par un point intérieur donné A.

La plus petite corde étant la plus éloignée du centre, il suffit de mener par A une perpendiculaire BC sur OA; car pour toute autre direction DAE, la droite OA serait une oblique,* et la corde DE étant plus près du centre, on aurait DE>BC.

76 e Problème. (Fig. 92). Faire le plus grand rectangle possible avec une somme de côtés donnée.

Soit AB la somme de deux côtés adjacens; pour faire avec cette somme un rectangle égal à un carré donné , on élève K.M perpendiculaire sur AB et égal au côté de ce carré , on tire par M la parallèle XY à AB , et de l’un des poi/its de rencontre on abaisse XP perpendiculaire à AB ; les segmens AP, PB sont les

côtés du rectangle. D’où il suit que le plus grand carré auquel puisse cire égal le rectangle proposé , est celui pour lequel XY sera tangent au cercle ; ce carré est donc celui du rayon , et lés deux côtés du rectangle sont les deux rayons AO, OB. Le rectangle .maximum est donc le carré fait sur laf moitié de la somme doiwée.

77* PROELàsn:. f Jig. g3). Étant donnés deux points A", B, et un point quelconque M tel , que MA ±MB 2 a, on tire MN

paraliùle à AB , et telle que MN soit à MB dans le rapport constant de mon. On demande quel doit être ce rapport pour que les points N soient tous sur une même perpendiculaire à AB.

j°. Désignons par c la moitié OB de AB, et par x la distance de O au pied de la perpendiculaire MX à AB. On aura

AM‘— MB 3 =AX*— BX‘=(AX + XB)(AX— XB )=acXai;

or AM a — MB 1 = (AM + MB) (AM — MB) =aa (AM— MB);

donc

... f tcx ucx

AM — MB =< — — .

La différence de MB à la. demi- somme a , devant être la moi-

CJC

tié dé la différence des deux parties , sera — ; de sorte que l’ex-

pression de MB sera a— De plus, en tirant NP perpendiculaire à AB, on a MN = OP — OX; on aûra donc • .

C oc

a — • — : op — x :: m : n-,

cette proportion donne

na . i / nc\

- , OP = — ■ d — ( m lar.

Or, OP doit être indépendant de x; il faut donc que

-- x= m; d’où m l n c a, et OP == — .

a s - ni

Telle doit être la râleur du rapport de m à n pour que les points N soient sur une même perpendiculaire, à AB. Le point P se déterminera par la relation

♦ 0P- na = QXa . * ■ . ’ ’

a°. Si c’est la différence qui est constante, les mêmes constructions conduiront à des résultats analogues; le rapport cher? , ché sera toujours celui de c à a, et la distance au milieu 6 sera

aXa

encore — — .Mais comme a se trouve dans ce cas plus petitqué c ,

le point P est entre A et B* tandis que dans le cas précédent* il était en dehors. 5 "

Dans ces deux cas , la droite qui est le lieu des points N se nomme la directrice des points M- On en trouverait une symétrique par rapport au point A. • ‘ * '

7 8 ‘ Problème. (Fig.yQ- Trouver un point tel, que les sommes ou les différences de ses distances à trois points donnés, pris deux à deux, soient égales à des quantités données.

Soient A , B , C les trois points donnés , et *M le point cherché; construise* les directrices DX et ET relatives à CB , AC» et ahaissez sur elles les perpendiculaires MP , MQ. Le rapport de MC à MP sera connu , ainsi que celui de MQ à MC 5 on connaîtra donc celui de MP à MQ. Le point M sera donc sur une droite menée par le point O , et facile a construire. Le rapport de OM à MP sera donc connu; or celui de MP à MC l’est déjà ; on connaîtra donc celui de OM à MC; et le point M sera par conséquent sur un -cercle qu’on sait construire; ce point sera donc déterminé par l’intersection de ce cercle avec la ligne droite déjà construite. t -

79 e Problème. (Fig. g 5 ). Étant donnés deux points A, B, et une droite ST .trouver un point tel, que les différences ou les sommes de ses distances aux points donnés et à la droite, prises deux à deux , soient égales à des lignes données.

Tirez la directrice XY relative à AB. ^ ' 1 .

i°. Si c’est la différence MP — MB qui est donnée , tire* UV parallèle à ST, à une distance égale à cette différence , vous aurez BM = MO,et le problème reviendra au précédent, puisqu’on connaît le rapport de MB à MK et à MO.

2°. Si c’est la somme MB -f- MP qui est donnée, vous tirerez U'V' parallèle à ST, à une distance égale à cette somme; alors MB sera égale à MP' , et la construction sera la même.

8o e Problème. (yîg. 96). Trouver un point connaissant les sommes ou les différences de ses distances à un point donné A , et à deux droites données.

On trouvera , comme dans le cas précédent, deux drditcs XY ZU , telles, que-AM=MQ et AM = MR. Il ne s’agira plus que de faire passer par le point A un cercle tangent à ces deux droites. ■ v .

81 e Problème. Connaissant les sommes ou les différences des distances d’un point à trois droites prises deux à deux , construire ce point.

D’après le problème précédent, cela reviendra k construire un cercle tangent à trois droites qui se déduisent immédiate-, ment des trois premières.

Nous allons, au moyen de ces constructions , donner de nouvelles solutions de quelques-uns des problèmes précédées sur le contact des cercles.

82 e Problème. {Fig- 97). Mener par un point donné A un cercle tangent à deux cercles ,ou à une droite- et à un cercle.

i 0 .- Soit M le centre du cercle cherché ; les différences MC — MA , MB — MA , seront égales respectivement aux rayons des deux cercles donnés ; ce qui revient à l’un des problèmes précédens (page 274).

2 0 . Soit XY {fig- 98) la ligne donnée, et M le centre du cercle cherché; on connaîtra dans ce cas les différences des distances de ce point à deux points et à une droite ; ce qui se résoudra comme précédemment ( page 274 ).

83 * Problème. Mener un cercle tangent à trois cercles , ou à une droite et deux cercles.

i°. On connaîtra les différences «les distances du centré M aux trois centres À , B, C. .

2°. On connaîtra les différences «les distances dn centre M à deux points et à une droite.

Dans certaines positions «le contaèt intérieur , on pourra avoir des sommes au lieu de différences ; ce qui se ramènera aux problèmes précédons.

Nota. Réciproquement , on pourra résoudre les problèmes précédons (pages 274) sur les distances, par les constructions des contacts des cercles; et je pense qu’on y trouvera quelque avantage. JTaî cru néanmoins qu’il serait utile d’en donner des solutions plus directes. Voici ces solutions; elles auront l’avantage d’exercer utilement l’esprit des élèves.

Théorème. {Fig. 99). Prouver que les trois centres de si~ militude de trois cercles pris deux ci deux sont en ligne droite.

Soient A, B, C les trois centres, et a , b , c les rayons^ correspondans ; soient O, P deux des centres de similitude; je dis que si l’on prolonge BC jusqu’à la rencontre de QP On Q, ce point sera le centre de similitude des cercles B et C , c’est-à-dire qu’on aura la' proportion QC '. QB c b.

En effet, OB I OA ” b : a et PC : PA c : a ;

PC . PA .. c . -

OB *' AO b ‘ 1 ‘

Tirant BK parallèle à AP , on a

QC : qb :: CP : bk