DÉFINITIONS
1 ^. U A N S chaque question , on appelle données ^ les quantités qm sont déterminées d'après le seul énoncé du problême , et celles qui peuvent être déduites dies précédentes par des moyens déjà connus^
sfi On dit qu'ua rapport est donné quand il est égal à celui de quantité& données»
3^ ILes ligne&,^ ks^ points^, les éfenduiss éané XÊoe position fixe^ sont desiaési locsqufib: résultenC de Vénûncé du preklêsiâ, ou qu'ik peu-^ Tent en être déduits par dies moyens déjà conausw
4^ Ua cercîe est dkmrué de vositiùn et de £rrandenr ^ ouand son centre et son. rayons sont
5^^ Une figure rectiligne est diite^ donnée d!e^èae stmiblBb][e à. une figuse* donnée*
PROPOSITION PRElWrrÈKR
PROBLEME
Par deux points donnés ^ mener des obliques à une droite connue qui soient également inclinées sur elle.
Soient A , B {fig, i , pi. i ) les deux points donnés, et CD une droite donnée de position; on propose de tirer A G et B G de manière que les angles AGC et BGE soient égaux.
ANALYSE
P/u^ B, l'un des points donnés, abaissez sur CD la perpendiculaire
AifALTSE GBOMI^TRIQUS. 35
B£ , et prolongez-là jusqu'à œ qa'elle recicoiitTe en F^ ÂG cm son prolongement. L'angle BGE étant égal à AGG d'après i'hypotbese^ il est aussi égal à FGE; l'angle droit BEG = FEG, et le côté GE est commun aux triangles GBE et GFE ; donc ces triangles sont égaux, d'où il résulte que le côté BE est égal à FE; mais la perpendiculaire BE est donnée, en conséquence FE est connu tant en position qu'en grandeur ; ce qui détermine le point F et aussi le point G qui est l'intersection de A F avec CD.
SYNTHÈSE
Abaissez la perpendiculaire BE, et prolongez-la d*une égale quantité au-dessous de CD; tirez A F qui rencontre CD en G; AG etBG sont les lignes cherchées.
Car bs triangles GB£ et GF£ ayant on angle égal B£G= F£G, compris entre deux côtés i%aux, puiscpie B£=:F£ et que GE est commun, sont ^aux; ce qai prouve l'égalité des angJies BGE et AGC.
PROPOSITION IL
PROBLEME
Par un point donne, mener une droite qui fasse des angles égaux avec deux droites doniM^es de postdoa.
Soit A (/If. 2 ) le point donné, et CB, GD les lignes droites qui sout données de position.
AKALYSE.
Meneîi CH parallèle à FE, et prolongez CD. L'angle extérieur GCH est égal à CFË, et ECH est ^1 à son alterne CEF; mais Tangle CFE est égal à CEF, donc GCH est égal à ECH; conséquemment Fangle GCE est divisé en deux parties égales par ia ligne
36 ANALYSE G]£0M]éTRIQI7E.
droite CH. Or CH est donne de position^ donc la parallèle EF est également connue.
Coupez l'angle connu GCB en deux parties égales par la ligne droite G H , et par le point donné A , menez à cette droite la parallèle £F; l'angle CE F est égal à CFE. Car ces deux angles sont respectivement égaux , l'un à l'angle interne ECH, l'autre à l'angle correspondant GCH; ils sont par conséquent égaux entre eux.
PROPOSITION IIL
PROBLEME
Par un point donné, mener une droite telle que les segmens interceptés par les perpendiculaires abaissées sur elle de deux points donnés , soient égaux.
Les points A , B et C étant donnés {fig. 3 ) , on propose de tirer une ligne droite F CE, de manière que les parties CF et CE, déterminées par les perpendiculaires A F et BE, soient égales.
ANALYSE
Prolongez AC jusqu'à la rencontre de BE en D. Les triangles rectangles AFC et DEC, ayant l'angle ACF ^al à DCE et le côté CF égal à CE, sont égaux; il en résulte que le côté C A est égal à CD. Mais C A est évidemment donné ; donc CD et le point D sont connus; ainsi BD est donné, et il en est de même de la perpendiculaire CE.
SYNTHÈSE
Prolongez AC d'une égale quantité jusqu'en D, tirez BD, menez une parallèle AF à la ligne BD et une perpendiculaire CE à la même ligne;
ANALYSE GléOMETRIQUE. 3^
FCE est la ligne cherchée. Car les triangles FAC et EDC ayant les angles ACF, AFC respectivement égaux àDCE,DEC^et le côté AC égal à CD, il s'ensuit qu'ils sont égaux et que CF = CE.
PROPOSITION IV
PROBLEME
Partager un triangle en deux parties équivalentes , par une ligne droite menée d'un point donné sur un des côtés.
Soit proposé de tirer par le point D , la droite D F qui partage en deux portions équivalentes le triangle ABC.
ANALYSE
Prenez le milieu E de AC {fig. 4 ) , tirez EB, EF et B D. Le triangle ABE est équivalent à EBC, et il est par conséquent la moitié de ABC; - ainsi d'après l'énoncé, ABE doit être équivalent à AFD; si on retranche de chacun de ces triangles la partie commune A F E ^ il restera deux triangles équivalents EFB et iîFD. Puisque c^s deux triangles ont la même base, il faut qu'ils aient la même hauteur, c'est-à-dire que FE soit parallèle à BD. Mais les points B et D étant donnés, la droite BD est donnée de position, d'où il suit que EF est aussi connu.
SrNTHESE.
Ayant pris le milieu de A C en E et tiré BD, menez la parallèle EF à cette, droite, gui rencontre AB en F; la ligne DF divise le triangle en deux portions équivalentes.
En effet, tirez BE. Puisque BD est parallèle à FE, le triangle EFB est équivalent à EFD; et si l'on ajoute AFE à chacun de ces deux triangles, les triangles ainsi formés AFD et ABE sont égaux : donc le premier est la moitié de ABC puisque le second l'est.
38 ANAtïSB GéoH^TRIQUE.
PROPOSITION V
PROBLCHE.
Trouver un point dan$ Tintérieur d'un triangle, par lequel les droites menées aux trois sommets , divisent le triangle en trois triangles ëquivalens (i).
Soit F {fig. 5 ) le point cherche , duquel partent les lignes FA , F B et F C qui partagent en trois portions équivalentes le triangle donné ABC.
ANALYSE
Menez FD, FE parallèles aux cotés BA, BC, et tirez BD, BE, FD étant parallèle à AB, le triangle ABF est équivalent à ABD, lequel est ainsi le tiers de ABC ; par La wêaie raison^ le triangle BEC qui est équivalent à BFC, est pareillement le tiers de ABC. C'est pourquoi les bases AD et EC sont chacune le tiers du côté AC, et par conséquent les points de division D et Ë sont donnés. Les pa-* rallèles DF et EF sont donc connues, et il en est de même de leur point de concours F.
Mais le point F peut être déterminé autrement. En effet, prolongez AF et CF en G et en H. Le triangle DFE est évidemment semblable à ABC, d'où il résulte AC:AB::DE:DF. Mais AC = 3DE, donc AB = 3DF. De plus, à cause que AH et D F sont parallèles, on a AC:AH::DC:DF, ou, ce qui revient au même, 12 AC:!2AH:;3DC :3DF; maisiiAC = 6AD = 3DCet2AH = 3DF = AB, Ainsi le
(i) Le proUÂme analogue dasfi la Géométrie h, trois dimensiotts ^ eensîste à lx*o«iTer^ daQS riptériem* d'un tétraèdre , tin pwit |el que les tétraèdres qui ont pour sommet commun ce point, et pour bases les quatre faces du tétraèdre ', soiçnt équivalentes ; ce point est le centre de gravité du tétraèdre.
(Nçte du tiaducteuTy M, Goktb.^
ANALYSE 6ÉOMi£tRIQUE« Zg
point H est le milieu de AB, et^ par la même raison, G est le milieu de BG. Ces deux points ëlant donc coiinuâ , TinteFsection F des lignes- G H et A G, est également déterminée.
STNtHRSE.
Coupez AB et BG par leud?s> milieurx en II et en G, tirez G H et A G,, et, paF leur point d'inteysection^ menez FA, FB et FC; vous aurez ainsi divisé le triangle ABG en trois parties équivalentes. E^ effet , abaissez par les points A et B les perpendiculaires AI et BL. Les triangles HAI et HBL sont égaux, puisque AHI=:==BHL, cpie AIH=BLHy et que le coté AH est égal à BH ; AI est donc égal à,
BL. Les triangles AFG et BFC reposent sur la même base G F, et ayant des hauteurs égales AI et BL, sont équivalents» Par le même raisonnement, on démontre que les triangles AFG et AFB sont équivalents. Le triangle entier ABG est donc partagé en trois triangles égaux en surface et qui ont leur sommet commun au point F.
PROPOSITION VI
Partagez un triangle en trois parties équivalentes par des lignes droites menées d'un point donné dans Tintérieur du triangle.
Soit ABC {fig. 6 ) un triangle qu*on se propose de diviser en trois aires équivalentes, par les droites DB, DG et DH, tirées du point D.
ANALYSE
Tirez BG, menez la parallèle DE à cette ligne, et joignez B et £. Le triangle BDG est équivalent à BEG, et conséquemment le qua<drilatëre A BDG équivaut au triangle AB£, qui est ainsi le tiers de ABC. Il en résulte que la base A £ est le tiers (le AC, et par conséquent que le point £ est connu; la parallèle BG à I>£ est donc déter-
4o ANALYSE GÉOMISTRIQUE.
minée, et pareillement le. point G ainsi que DG. Par mi raisonnement semblable, on voit en menant B H et sa paraUële DF, tirant DH, que la ligne BH est également déterminée.
SYNTHÈSE
Partagez la base AC en trois parties égales, et par les points de division E, F, menez les droites DE, DF; menez à ces lignes les parallèles BG, BH; tirez les droites DB,DG, DH; elles divisent le triangle ABC. en trois portions équivalentes.
Car DE étant parallèle à BG, le triangle BDG est équivalent à BEG, et par conséquent le quadrilatère ABDG est équivalent au triangle ABE. Par la même raison, le quadrilatère BDHC équivaut au triangle BFG; donc les triangles restants GDH et BFE sont équi^ valents. Mais les triangles ABE, BEF, FBC, ayant des bases égales et leur sommet commun, ont la même aire; donc les espaces ABDG, GDH et BDHC, sont chacun le tiers du triangle donné ABC.
PROPOSITION VII
PROBLEME
Inscrire un quarré dans un triangle.
Soit le triangle ABC {^fig. 7) dans lequel on propose d'inscrire un quarré IGFH,
AN ALYSE«
Tirez A F, et prolongez cette droite jusqu'à la rencontre en E de la parallèle BE à AC; abaissez de plus les perpendiculaires BD et EK.
Puisque EB est parallèle à AC ou à F G, on a la proportion, AF:AE;:FG:EB; et de plus la perpendiculaire EK étant parallèle à F H, on a aussi AF:AE::FH:EK. H résulte de ces deux proportions que FG:EB::FH:EK; mais FG=FH, donc EB=EK. Or, la ligne EK est connue puisque elle est égale à BD qui est la hau-
ANALYSE GÉOMÉTRIQUE. ^l
teur du triangle donné; donc £B est aussi déterminée tant en position qu'en grandeur; d'où il résulte que le point E est connu, qu'il en est de même de l'intersection de AE avec BC, et conséquemment de la parallèle F G et de la perpendiculaire F H; le quarré FGIH est donc complettement déterminé.
SYNTHESE
Menez par le point B une parollële BE à la droite ÀC, et une perpendiculaire BD; prenez BE égal à BD, tirez la ligne AE qui coupe BC en F, et achevez le rectangle IGF H.
Puisque BE et £K sont respectivement parallèles à G F et à F H,
AE:AF::BE:GF, et AE-AF;:EK:FH; d'où il résulte que BE:GF ; ; E K : F H. Mais B E est égal à E K par construction ; donc G F = F H. Il est évident par -là -que le rectangle IGF H est im quarré.
PROPOSITION VIII
PROBLEME
Par un point donnée mener une droite telle qu« les parties de t^ette droite , terminées à deux lignes données , soient entre elles dans im rapport donné.
Soit A (y^. 8 ) le point donnée et BC, BD les deux droites don^ nées; on propose de tirer EAF de manière que £A soit à A F comme M est à N.
ANALYSE
Si vous menez par le point A la droite A (î parallèle à B C , cette droite rencontrera BD en un point G qui est évidemment donné. Les lignes FE, FB sont coupées en parties proportionnelles par les pa*rallèles BE, GA, et par conséquent EA:AF::BG:GF; le rapport de EA à A F étant donné, il en est ainsi de celui de BG à GF. Or BG est connu, G F l'est donc aussi , d'où il résulte que le point F ^t Ja ligne EAF sont déterminés-
//• Suppl. 6
4^ ANALYSE GlfoMléTRIQUE.
SYNTHESE
A^nez A G pfiraUèle à B G, détjeririinez GF de manière que BG: GF' : ; ]^ : N , et tirez F AE ; cet]te droite est k ligne cherchée.
Car BE et AG étant parallèles , on a là\>roportion EA : AF : : BG: GF ; mais BG:GF;:M:N, donc EA:AF::M:N.
PR,OPOSITIQN IX
PROBLEME
P^r un point donné, mener une droite qui soit divisée dai)S.un rapport donné par la circonférence d'un cercle donné.
^oit A.(y%-. 9) le point, donné, et BPCE le cercle donné; il est question dç mener B C de n^nière que B A soit à A G comité
M est à N-
ANALYSE
Tirez le diamètre DAE', les droites DB, CE, et menez CF parallèle à DB. Puisque le point A et le centre du cercle sont donnés, le diamètre DE est connu de poi^tion, ainsi que ses extrémités D et E. Mais DB étant parallèle à eF,BA:AC;:DA:AF, d'où il suit que le rapport de DA à A F est connu, et comme DA est donné, il ert est de même de A F. De plus, en vertu d'une propriété très-connue ducercleBAx AC = AD xAE, c'est-à-dire que AE:AC::BA:DA; maisBA:DA;:AC:AF, donc AE:AC::AC:AF. Donc A C s'obtient en prenant une moyenne proportionnelle entre A F et AE; ainsi le point e est connu, et par conséquent la droite BC est déterminée complettement.
SYNTHÈSE
Après avoir tiré le diamètre DE,jprenez A F, die sorte ,qpe DA:AF. mJVI:^, cherchez ensuite une moyenne proportionnelle A G entre
ANALYSE GJEOM'jÈTRIiiUE. 4^
AF et AE, et déterminez le point G de manière que AÇ soit égale a
cette moyenne proportionnelle; BAC est 4a ligné chercnée.
Pour le prouver, ihehez les droites bR, CF et CE. Puisque le
produit de BA par AC est é^l à celui de D A par A E, il s'ensuit
que AE;AC::BA:DA; mais par coiistruction, AE:AC::AC:AF,
donc AC:AF::BA:DA, d'où il résulte que AC:BA::AF:DA, c'est
.à-dire ;: M :N. ,
t>ROPOSlTlON X.
PROBLÊME
Par deux points donnés sur la circonférence d*iin cerde, lîieiier i un auti*e point de cette circonférehte , deux droîteà l^m soient entre elles dans un rapport donné.
On propose de mener par les points A et B (/ig. lO ) les droites A C et 6 C de manière qu'elles âf ent uh rapport drfntté.
ANALYSE
Menez CE qui divise en deux parties égales Fangle ACB. Votis au^. rez la proportion (c) AC : C B : : AD : D B , et par conséquent le rapport de AD à BD est donné, ce qui détermine le point D. Mais-, puisque Tangle ACE est égal àBCE, l'arc A£ est égal à l'arc £B; ainsi le point E s'obtient en prenant le milieu de l'arc AËB. Les points D : et E étant déterminés, la droite EDC est connue; il en est donc de même du point C, et des cordes AC et BC.
Coupez l'arc AEB en deux «parties égales au point Ë, divisez att point D la ligne AB en deux portions qui soient entre elles dans le rapport donné, menez la ligne DE, et prolongez-la au-dessus de AB jusqu'à la rencontre de la circonférence en C ; les cordes A C et BC
(i) Prolongez A G de CF = GB;à cause de BF parallèle à CD, on a la propor^ tlon AC:CF=CB::AD:DB.
sont dans le rapport donné. Car, puisque Tare AE est égal à B£]^
l'angle ACD est égal à BGD, et par conséquent le rapport de AC à'
BC est le même que celui de AD à BD, c'est-à-dire qu'i^/cst égal
au rapport donné.
PROPOSITION XI
PROBLEME
Par un point donné, mener k un cercle une sécante telle que le rectangle de la partie extérieure et de la partie comprise dans le eercle^ soit équivalent à une aire donnée.
Soit proposé de mener par le point A (yîg^. 1 1 ) la droite ABC, de manière que le rectangle de AB et BC équivaille à un espace donné.
Par Te centre O menez AF, et cherchez une longueur AE. qui forme avec AD un rectangle équivalent à Taire donnée. Puisque AB X AC=AD X AF, et que, par construction, AB x BC==AD x AE, il s^ensuit que AD:AB::AC:AF;:BG:AE. On déduit de cette proportion que AD:AB:;AC — BG, c'est-à-dire AB:AF — AE, c'està-dire E F. Donc A B est ime moyenne proportionnelle entre A D et £F; mais AE étant donné, £F l'est aussi, et par conséquent AB est connu tant en grandeur qu'en position..
SYNTHÈSE
Menez A F par le centre du cercle, prenez AE de sorte que le rectangle ADxAEsoit équivalent à l'espace donné; cherchez une moyenne proportionnelle entre AD' et EF, et portez-la depuis A sur k circonférence jusqu'en B, fe rectangle ABxBG équivaut à l'aire donnée..
Car AD:AB::AB:EF, et AD:AB::AC:AF; d'oii il résulte que AD: AB: : AC~AB ou BC: AF— EF ou AE,par conséquent AD x AE- €5t équivalent au rectangle AB x B C
PROPOSITION XII
PROBLEME
Par deux points donnes ^ faire passer un cercle qui coupe par le milieu la circonférence d'un cercle donné.
Soient A et B deux points {^fig. i ^ ) par lesquels il faut conduire' un cercle AD GEB qui divise en deux parties ^ales la circonférence* du cercle HDFR
ANALYSE
Soient D et E les points d'intersection des deux cercles. Puisque DFE est, par hypothèse, une demi • circonférence, DE est un diamètre sur lequel doit par conséquent se trouver le centre C. Menez la droite AG, et prolongez-la jusqu'en F. DG étant égal à CE, il est évident que AGx G G==CD^= HC xCF; mais le rectangle HG. CF est donné, donc il en est de même du rectangle AC. GG; et comme A G est connu, G G l'est aussi, et le point G est déterminé. Maintenant que l'on connaît les trois points A , B et G , il est facile de décrire le cercle AGB..
SYNTHESE
Par le point G, centre du cercle donné, menez la droite A G F, et prenez sur cette ligne un point G tel que A G :H G ; : F G ou H G : G G ; faites passer un cercle AGB par les trois points A, B et G; il divisera en deux parties égales la circonférence HDFE.
En effet, par un des pointe d'intersection, menez le diamètre DGI,, et prolongez-le jusqu'à la rencontre du cercle AGB en K. Puisque AG:HG:;HG:GG, le quarré de , H G. est équivalent au rectangle de AC. CG;maisHC^ = DGxCI,et ACxCG=DGxGK;donc^ DG X CI = DG X GK, ce qui prouve que CI est égal a CK, c'èst-à-^ dire que les points I et K se confondent, et que le cercle AGB passe* par les extrémités du diamètre du cercle HDFE.
46 ANAtYSE cédMlétRKjtJ^fe.
PROPOSITION XIII
PàOBLÉlifÊ.
Couper une droite donnée en deux partie» telles ({bé te (juatré construit sur la première sôit équivalent au rectangle cotiâti^uit avec la seconde et arec une autre ligne donnée.
S^oit AB (^. i3 ) une droite de longueur donnée stir la<|uéllé oà propose de déterminer un segment dont le quarré soit équivalent au rectangle construit sur le reste de la droite et sur la ligne donnée C«
ANALYSE
Prolongez BA en AD d'une quantité égale à C, et sur DB commié diamètre , décrivez une demi-conférence, et élevez la perpendiculaire A F, Puisque ÂG^ = CxGB, il s'ensuit que DA:AG::AG:GB; d'oà DA:AG:;DG:AB;par conséquentDAx AB=AGxDG; mais par une des propriétés principales du cercle, DAxAB=:Xp, donc AGxD'G==f AJ"\ Il résulte de -là que A F est égal à une tangente menée par G au demi-cercle qui aurait D A pour diamètre. Prenez le milieu de D A en E, et tirez E"F'; comme AG x DG=ÂP, si vous ajoutez eX"' aux deux membres de cette équation, vous trouverez que AGxDG+A&, c'est-à-dire EG^ (i), est égal a AP-f-EA*, c'est-àdire ÊF ; donc E G est égal à E F, et par conséquent le point G est déterminé.
SYirTH'èSE.
Aprèsï avoir prolongé AB d'une quantité AD égale à C, et décrit sur BD un demi-cercle, élevez la perpendiculaire AF; joignez le point E milieu de AI> avec le point F, et prenez EG égal à EF; le qufirré du segment A& ainsi déterminé sur A B,. équivaut au rectangle de G B et de la ligne donnée G.
(i) AG = EG— AE; DG = EG-i- AE; AGxDG = Eg"' — AE^>
ANA&TSE ûiOMléTRIQUB. ^V
En effet, le triangle EFA étam rectangle 1T'=5 1T+aF'^ donc p^a=ÊP — EÂ====ÊG^— EÂ^==(EGHrEA)(EG--EA)^DGxAG. Mais d'un autre côte ÏP=ï>Ax AB, doncDAx AB=ïDGxAG, d'où il suit que AQ:AB::D A:DG- Or on déduit de cette proportion, que AB — AG, ou GB.:AG;:DGw-DA^ ou AGrJaA, donc ÂÔ^ = GB kDA = GÇ X C.
CorolL Qn peut remarquer ici que. si la Ugoe donnée G est égale à
AB, alors AG' = AB x BG, c'est-à-dire que la droite AB est di^^sée
en moyenne et extrême raison au point C. La construction alors se
confond évidemment avec celle qui est exposée dai^ les éléments(i)^
laquelle n'est qu'un cas particulier de la construction qui vient de^
BOUS occupée.
PRQPOSITION XIV.
PROBLEME. Fig, i4 et i4bis.
Partager une ligne doon^e en.dçux parties qui soient entre elles en raison sous-dpublée (â) de deux, autres parties aussi données de la même ligne.
Soit proposé dç diviser, la droite AB.(^w i4)^ de^^ sorte qne les segments A D , B D soient en raison sous-doublée des segments donnés AC.BC.
Premier cas. La somme des deux segments donnés est égale- à la ligne donnée.
Le point de division C, commun aux deux segments , e$t entre A e(B,
ANALYSE
Sur AB {fig. i4 ) décrivez une demi^circonférçnce , élevez la perpendiculaire CE, et menez les droites AE, BE.et ED ou* ED!. Puis-
i,l IV
^r^r^im^^^Ê^w*
(i) Voye^la Géométrie de M. Legendre, lo* édition > livre 3^pTpk 4> P«6« 96, ou celle de M.. Lacroix, 10* édition^ pag. 83, §. i3a.
(a) Deux quantités sont en laison sous-doublée de deux autres lorsque le rappoit de ces dernières est égal au rapport des quarrés des premières.
48 ANALYSE GléOMÉTRIQnB.
que A £ B est un angle droit , le rapport de A E à B E est sous-double du rapport de AC à BC, et par conséquent AE:BE::AP:BD ou AD':BD'. Cette proportion fait voir ( note (i) , page 43 ), que l'angle AEB ou son supplément AEF, est coupé en deux parties égales par la ligne ED ou ED^ Mais la perpendiculaire et le demicercle sont donnés; donc le sommet E, la ligne droite ED ou EIV, et les points de division D et D', sont également déterminés.
SYNTHÈSE
Ayant décrit sur AB une demi -circonférence, élevez la perpendi- <:ulaire CE; menez E A, EB, et divisez en deux parties égales l'angle AEB par la droite ED ou son supplément AEF par la droite ED'; les segments intérieurs A D , D B , ou les segments extérieurs A D'^ D' B , sont en raison sous-doublée de A C à C B.
Car d'après la construction, AE:BE: : AD:DB ou AD':BD'; mais le triangle AEB étant rectangle, A £ est à BE en* rapport sous-doublé de AC à BC, donc il en est de même du rapport AD:BD ou AD':D'B.
Deuxième cas. La différence des deux segments donnés est égale à la ligne donnée.
Le point de division C est sur le prolongement de la droite donnée AB.
ANALYSE
Sur AB {fig. i4 bis ) décrivez une demi-circonférence , menez la tangente CE, et tirez les droites AE, BE et ED ou ED'. Les triangles A CE et ECB sont semblables, car ils ont un angle commun ECB, et de plus les angles CEA, CBE sont égaux comme ayant tous deux pour mesure la moitié de Tare AE ; il suit de-là que AC:CE : : CE:BC; or puisque C E est une tangente, CE* =CB x C A, donc Âc*:cl' : : AC :BC. En combinant cette proportion avec la précédente, il en résulte évidemment que C E est à B C en raison sous-doublée de A C à BC,QU,c&:Be: : AC:BC. Mais dans les mêmes triangles semblables^
ANALYSE GEO M lETRIQUE. 49
AE:BE::CE:BC;donc AE:BE::i/AC:l/BC::AD:BD, ou::AD' :BD', ainsi Fangle AEB est coupé (voyez note .{i) pag. 43) en deux parties égales par ED , ou son supplément AEF Test par ED'.
Décrivez sur AB une demi-circonférence, menez-lui la tangente CE, et tirez les droites AE, BE; divisez ensuite en deux parties ^ales l'angle A E B ou son supplément par E D ou E D' ; les segments intérieurs AD, BD, ou les segments extérieurs AD', BD', sont en raison sous-doublée du rapport de AC à BC.
En effet , l'angle G E A étant égal à CBE, etBCE étant commun aux deux triangles ACE et BÇE, ces deux triangles sont semblables, et AC:CE;:CE:BC; donc le rapport de CE à BC est sousdouble du rapport de AC à BC. De plus, par la similitude des mêmes triangles, AE:BE : ; CE:BC , et par conséquent AE est à BE en raison sous-doublée de AC à BC. Mais AE:BE::AD:BD, ou AD':BD'; donc le rapport de AD à BD ou de AD' à BD', est sousdouble de celui de AC à BC. '
Corollaire. Dans ce second cas, l'angle CDE étant égal à la. somme des deux angles DEB, DBE, ou, ce qui revient au même, à la somme des angles D E A , A E C , il s'ensuit que l'angle CDE est égal à l'angle CED, et que le triangle CDE est isocèle. De plus , en vertu de l'hypothèse, D'EF = D'EA = D'EC+AEC; mais d'un autre côtéD'EF = CD'E+D'BE=CD'E+AEC; en comparant ces deux résultats, il est clair que les angles CD'E et D'EC sont égaux, et que le triangle D' C E est aussi isocèle. Donc CE=Cb=CD'; ainsi, sans qu'il soit nécessaire de diviser l'angle AEB ou AEF en deux parties égales , on peut trouver le point D ou D' au moyen de la tangente CE, qui est une moyenne proportionnelle entre les segments A C,BC.
PROPOSITION XV
PROBLEME
Trouver un point sur le diamètre d'un cercle , tel qu'en menant //• Suppl. 7
5o ANALYSE G lé O M BTRIQUE.
par ce point, sous une inclinaison donnée, une droite terminée à la circonférence , le quarré de cette droite soit dans un rapport donné avec le rectangle des deux segments du diamètre.
Soit proposé,^. i5, de mener DE faisant un angle donné avec DB de telle manière que le quarré de I> Ë ait un rapport donné avec le rectangle AD, BD.
ANALYSE
Prenez. EG = FD, menez CF, le rayon CGH, et la droite AH; prolongez cette dernière jusqu'à la rencontre de CE en I. Comme CE est ^al à CF, l'angle CE F est égal à CFE. De l'égalité de ces deux angles et de l'égalité respective des cotés CE, EG aux cotés CF, FD^ il résulte que les triangles CD F et CGE sont égaux , et eonséquem- "ment que langle E C G est égal à l'angle FC D;donc l'arc HE est égal a A F, et par conséquent AH est parallèle à DE. L'angle BDE étant donné , BAH l'est donc aussi , et la corde AH est connue. De plus le rectangle AD. DB étant égal au rectangle FD. FE, il Fest pareillement au rectangle DE. E G ; c'est pourquoi DE' est à DE x E G, ou D E est à EG dans le rapport donné; mais DE:EG::AI:IH, donc AI est à IH dans un rapport connu, et il en est de même de A H à l'égard de HI. Puisque AH est donné, IH l'est donc aussi, et par conséquent le point I et IC , le point E et DE sont déterminés.
SYNTHÈ&E»
Menez. AH iactinée suy A 6 d'une quantité égak à l'angle donné, prolongea cette droite d'une quantité AI qui soit avec IH dans le rapport donné; tirez IC, menez £D parallète à I A; D est le poûat cherché.
Car, puisque AI:IH;;DE:EG, DE est à EG dtos le rapport donné, et par conséquent DE' est à DE x EG dans le même rapport. Mais FE étant parallèle à AH, l'arc HE est égal à l'arc AF, l'angle HCE est donc égal à ACF, ainsi les triangles GCE et CDF sont égaus: , puisque le coté CE est égal à CF^ et que les angles ECG et
ANALYSE GÉOMl^TRIQUE. 5l
CEG sont respectivement égaux aux angles F CD et CFD; donc GE = FD,et par conséquent DExEG=DEx FD=ADxDB, doné DE* est à A D X D B dans le rapport donné.
PROPOSITION XVL
PROBLEME. Fig. i6 et i6 (bis).
Par deux points donnés^ mener à un point de la circonférence, d'un cercle donné , deux droites telles que la corde de Tare qu'elle^ interceptent soit parallèle à la ligne qui joint les deux points donnes.
Par les points A^ B , on propose de mener les droites A C, B G qui couipent la circonférence donnée en D et £, de manière que DE soit parallèle à AB.
ANALYSE
Menez la tangente DF qui rencontre AB en F. L'angle FDE est égal à l'angle E C D {/iff. 1 6 ) ou à son supplément (fig. 1 6 bis ) ; mais DE étant parallèle à AB, l'angle FDE ou son supplément est égal à l'angle AFD, lequel est donc égal à ECD ou ACB. De -là il résulte que les triangles {fig. i6) AFD et ABC, qui ont en outre un angle commun CAB, sont semblables, et que AD:AF;:AB:AC, d'où AD X AC=AF X AB. Or, le point A et le cercle DCE sont donnés, le rectangle AD x A G est donc connu; car il est égal au quarré de la tangente A G quand le point A est hors du cercle, et au quarré de la perpendiculaire A Gf{Jig. i6 bis) sur le diamètre, quand le point A est dans l'intérieur du cercle. Ainsi le rectangle AF x AB est déterminé; et comme AB est donné, il sera facile d'en déduire A F, et par conséquent la position du point F. On aura donc celle de la tangente FD et du point D; en joignant ce point avec A qui est donné , la ligne A G et ensuite B G , ainsi que son intersection cm E avec la circonférence , seront déterminées.
5ii .ANALYSE GÉOMIÉTRIQUE.
SYNTHESE
Si le point ^^fig^ i6,.est extérieur au cercle, menez la tangente AG , ou s'il est intérieur , yîg*. i6 (bis) , élevez la perpendiculaire A G sur le diamètre qui passe par A. Prenez une troisième proportionnelle aux lignes AG, AB, et portez-la de A en F; par le point F menez la tangente FD, tirez la droite AD et prolongez-la jusqu'à la rencontre de la circonférence en C; tirez CB qui coupe le cercle en E; la ligne DE est parallèle à AB.
En effet, puisque AB:AG::AG:AF, ÂG^ = ABx AF; mais d'un autre côté, ÂG* = C A x A D , donc AB x AF = CA x AD , et par conséquent A B : A C : ; A D : A F. Il suit de-là que les triangles BAC et DAF sont semblables comme ayant un angle commun compris entre deux côtés proportionnels; ainsi l'analyse AC B est égal à AFDî mais ACB ou DC£ est égal à EDF ou à son supplément, par conséquent l'angle AFD est égal à EDF ou à son supplément, et la corde DE est parallèle à AB,
PROPOSITION XVII
PROBLEME
Par deux points donnés , mener à un point de la circonférence d'un cercle deux droites telles que la corde de l'arc intercepté rencontre en un point donné la droite qui joint les deux premiers points donnés.
Il est question de mener par les points A et B {fig^i"]) les droites A F et B F, de manière que la corde D G prolongée rencontre en C le prolongement de AB.
ANALYSE
Menez DE parallèle à AC, tirez la droite EG, et prolongez - la . jusqu'à ce qu'elle rencontre AB en H. L'angle BHG est égal à son
ANALYSE G]éOM£TKIQUE. 53
alterne GED^ lequel est égal à GFD puisqu'il est inscrit dans le même segment ; donc les angles B H G , B F A sotit égaux , et les triangles BHG, BFA sont semblables. Ainsi BG:BH : ; BA:BF, et BG x BF =BH X B A ; mais le rectangle BG x B F est connu, puisqu'il équivaut au quarré de la tangente menée par B ; donc B H x B A est déterminé, et par conséquent le point H l'est aussi. Le problême est actuelleiyent ramené au précédent y car il suffit de mener par les points C et H, les droites CD et HE, de telle manière que DE corde de l'arc intercepté, soit parallèle à HC.
Par le point B menez au cercle une tangente BI, prenez BH de manière que BA:BI;;BI:BH,et, par la dernière proposition , menez les droites HE et CD telles que DE soit parallèle à HC ; alors si Ion prolonge BG jusqu'en F à la circonférence; AD F forme une bgne droite.
Car, puisque BA:BI::BI:BH, le rectangle BAxBH est équivalent au quarré de BI ou au rectangle BGxBF; donc BA:BF;:BG :BH, et les triangles BAF et AGH sont semblables; donc BFA = BHG = GED = GFD. Les angles BFA et GFD étant égaux, il est clair que les lignes F A et F D sont dans le prolongement l'une
de l'autre.
PROPOSITION XVIII
PROBLEME
Par deux points donnés sur la circonférence d'un cercle, mener à un autre point de la partie exposée de la circonférence des droites qui coupent un diamètre donné en deux points également éloignés du centre.
Soit proposé de mener par les points A et B(y^. i8)les droites AC et B C , telles que les points F et G qu'elles déterminent sur le diamètre DE, s'écartent également du centre O.
54 ANALYSE GEOHIÉTRIQUE.
Tirez la droite B A , prolongez-la ainsi que le diamètre ED jusqu'à leur rencontre en M , menez C OL^ abaissez du centre O sur A B la perpendiculaire OK, joignez le point K au point L^ par A menez AHI parallèle à DE, et tirez HIL
Les parallèles F G et AI sont coupées en parties proportionnelles par les droites GA^ GH et Cl; et comme FO est égal à OG^ il faut que AH soit ^al à HI. Gomme de plus, par construction, le point K est le milieu de A B , la droite HK est pitrallèle à I B , et l'angle AKH est égal à ABI. Or Tangle ABI ou ABC est égal à ALG, donc AKH est égal à ALHouALG;en observant de plus que les angles ALH et A K H reposent sur une même base A H , il est clair qu'à cause de leur égalité , il faut que le quadrilatère AKLH soit inscriptible dans une circonférence, et par conséquent que les angles HAK et HLK soient égaux. Mais HAK=OMK en vertu du parallélisme des droites AI et DE; donc OMK est égal à HLK ou OLK; ainsi le quadrilatère MOKL est pareillement inscriptible dans un cercle , et il en résulte que MLO est égal à MKO. Or l'angle M KO est droit, donc ML est une tangente. Gette tangente est une donnée, puisqu'on connaît le point M oii concourent les droites ED et BA; donc on peut déterminer le diamètre LC et le point C.
SYNTHESE
Prolongez ED et B A jusqu'à leur point de concours en M, menez la tangente ML et le diamètre LG; les lignes droites A G et B G sont teUes que leurs points d'intersection avec le diamètre DE s'écaitent du centre O de quantités égales OF et OG.
Pour le prouver menez AI parallèle à DE,OK perpendiculaire à A B , et tirez les droites L K et K H.
Puisque ML est une tangente, l'angle OLM est droit, il est donc égal à MKO; conséquemment MKL est égal à MOL, et. de plus à AHL. Il résulte de-là que le quadrilatère AH KL est inscrip-
ANALYSE G]£oMiTRIQUE. 55
tible dans mi cercle ^ et par conséquent Vangk AL H est égal à AKH; mais, par la même raison, ALH ou ALC est égal à ABC ou ABI; donc AKH:==ABI, et KH est parallèle à BI. Maintenant puisque AK est égal à KB, il s ensuit que AH est égal à HI, et que FO est égal à OG.
PROPOSITION XIX
PROBi*£MB. (iF^^. 19 et 19 bis).
Par un point donné , mener une droite telle que le rectangle des segments interceptés sur elle par deux lignes données , soit équivalent à une surface donnée.
Soient AB, AC {^fig. 19 ou 19 bis ) deux droites données, et D un point par lequel il fkut meixer E F^ de manière que le rectangle des segments £D, DF^ équivaille à une aire donnée*
Tirez AD , et menez par F une droite F G faisait avec EF un angle égal à DAE; elle rencontre AD ou son prolongement en G. Les triangles ADE et F D G étant évidemment semblables, A D : E D : ; DF :DG, et par conséquent ADxDG = EDxDF. Le recUngle ED X DF étant donné, il en est donc de même du rectangle AD x D G, et comme AD est connu, D G et le point G peuvent être déterminés. De plus, puisque l'angle DFG est égal à l'angle connu DAC, si l'on décrit sur DG un segment capable de l'angle DAC, le point F devra se trouver sur l'arc de ce segment ; ainsi l'intersection de cet arc avec la ligne A B fera connaître ta position du point F ; et selon qu'il y aura intersection réelle, ou seulement contact ^ le problême aura deux solutions ou une seule.
SYNTHÈSE
Menez AD , prenez D G de manière que )e rectangle AD x D G soit équivalent à l'espace donné, et sur DG décrivez un are capable de
56 ANALYSE GISOM^TRIQUE.
Tangle DAC; cet arc rencontre AB en F, F'; EDF ou E'DF' est la droite cherchée.
Car, d'après la construction, les triangles ADE et FDG sont semblables, et par conséquent A D:ED; :FD:DG; donc ED x DF= AD X A G = l'espace donné.
Quand le cercle touche la droite AB, les points F et F' coïncident, et le problême n'a qu'une solution. Dans ce cas, l'angle AFD ou BFD étant égal à DGF, est par conséquent égal à AED, et le triangle AFE est isocèle, donc AF = AE.
PROPOSITION XX
PROBLÊME. ( Fig. ao et 20 (bis) ).
Par un point donné , mener une droite qui détermine sur deux droites données, deux segments dont la somme soit égale à une longueur donnée.
Soient AB, AG (y%. 20 et 20 (bis) ) des droites données, et D un point aussi donné, par lequel il faut faire passer une ligne EF, de manière que la somme des segments A E et A F, soit égale à O N.
Le problême présente deux cas , celui 011 le point D est dans l'angle aigu formé par les droites données , et celui où il est hors de cet angle.
Premier cas. Le point D,y^. 20, est dans l'angle BAC.
ANALYSE
Menez les droites D G et D H respectivement parallèles aux droites AB et AC.
Puisque le point D et les droites A B , A G sont donnés de position , le parallélogramme AGDH est déterminé. De plus, à cause de la similitude évidente des triangles £DG et DFH, £G:GD: :DH:HF, et par conséquent EGxHF = GDxDH. Mais GD et DH sont
ANALYSE GÉOMÉTRIQUE. 6y
donnés, donc EGx HF lest aussi. Faites maintenant FK=EG, et lé rectangle H F x FK est connu; or la droite HK est donnée, puisqu'elle est égale à HF+FK, c'est-à-dire à l'excès de AF+AE sur GD+DH;donc les segments HF, FK sont déterminés , et le point H étant donné, le point F ou F' et la droite cherchée EDF ou E'DF' sont connus. *
SYNTHÈSE
Menez les parallèles DG et DH à AB et A G. Sur la ligne donnée ON somme des deux segments AE et A F, portez une distance OP = AG+AH, et faites HK=PN. Sur HK, comme diamètre , décrivei une demi-circonférence ; menez à cette circonférence les tangentes H I et KL égales respectivement à AH et AG, tirez la droite IL, et élevez perpendiculairement sur elle, par les points où elle rencontre le cercle, la Kgne MF ou M' F'; E D F ou E'DF' est la droite demandée.
Car, HIxKL==HFxFK (i), et conséquemment AHxAG = HFxFK. Mais par la similitude des triangles EGD etDHF,
EGiGDou AHriDHou AG:HF, donc AHxAG = HFxEG;en comparant cette équation avec la précédente , il est évident que KF =EG. Puis donc que AG+AH = OP, et que HF+EG = HK = PN, il s'ensuit que AG-f-EG+AH+HF, ou AE+AF= ON. Deuxième cas. Le point D est hors de l'angle BAC.
ANALYSE
Menez DG (Jig. 6 bis ) parallèle à A B, et DH parallèle à AC, rencontrant AB prolongé en H. Les triangles EDG et DHF étant semblables, EG:DG :: DH:HF, d'où EGxHF =DGxDH; comme DG et DH sont données l'une et l'autre, il est clair que le rectangle EG x HF est connu. Si vous prenez maintenant FK
(i) A cause des triangles semblables HIM, FKM*, on a la proportion , HI:HM ::FK:KM. Comparant les deux triangles FHM,KLM, on a : HM:HF::KM:KL; de ces deux proportions, on tire Hf xKLrrHFxFK.
//• Suppl. 8
58 ANALYSE G^OMliTRIQUE.
= EG,HK se trouve égal à HF — EG=DG-i-AF — (DH—AE) = AF + AE— (DHxDG); dé-là il résulte que HK et le rectangle HF X FK sont connus, et conséquemment que le point F est déterminé.
Si D F'E' coupe les droites AB et A G de Tautre côté du sommet A, le problême se résout de la même manière. Lol similitude des triant gles E'D G et DF' H existant encore, E'G:D G : : D H:HF', donc E'G xHF' est connu, puisqu'il est égal à DGxDH. En prenant F'K' = E'G, il est évident que HK' =E'G— HF' = AE'+DH— (DG -^ AF' ) = AF+AE'+(DH — DG); ainsi la droite HK' et le rectangle H F' x 1?^ K' sont connus, et il en est donc de même du point F',
STNTHiSB.
Prenez OP ou OP' égal à la différence des parallèles DH et DG, portez de part et d'autre du point H deux distances HKr = PN et HK' =P'N; sur HK et sur HK' décrivez des demi -circonférences, par H élevez la perpendiculaire HI égale à DG, et par K et K' les perpendiculaires KL et K'L' égales chacune à DH; tirez les droites IL et IL', et par les points M et M' où elles coupent les circonférences, élevez à angles droits sur elles les lignes MF et M' F'; les droites DEF et DE' F' retrancheront sur AB et AC, deux segments qui, réunis, seront ëgaux à ON.
Car,HFxFK = HIxKL = DGxDH = HFxEG; donc EG =FK. Ainsi HK=HF— EG=AF+AE— (DH— DG); et puisque HK = PN=ON— ( DH — DG) , il s'ensuit que AF-+-AE = ON.
En raisonnant de la même manière , il est visible quç E' G=F'K', et que par conséquent HK'=E'G— HF'=AF'+AE'+(DH— DG). Mais HK' = F N' = O N+ ( DH — DG) , donc A F' -h AE' = O N.
PROPOSITION XXI
PROBLEME
Par un des sommets d'un quarré , Inener une droite telle que la
ANALYSE oéouÉTRIQUB. 59
partie interceptée entre les deux côtes opposes du quarré soit égale à une ligne donnée*
Soit ÂBGD (y^. ai) un quarré; il faut mener par son sommet  une droite AEF, de manière que la portion EF interceptée entre les côtés CD et BiC ou leurs prolongements, soit d'une longueur donnée.
ANALYSE
Menez F G perpendiculaire à AF, et par le point G où cette droite rencontre A B , menez sur B C prolongé la perpendiculaire G H ; tirez de plus la droite £ G.
L'angle EFH est égal à FEC-hECF; comme il est aussi égal à EFG + GFH, il est évident que les angles ECF et EFG étant Tun et Fautre droits , les angles CE F et GFH sont égaux; les triangles AED et FGH sont donc égaux ^ puisqu'ils ont tous leurs angles respectivement égaux, et que le côté AD est égal à HG; il suitde-là que le côté AE est égal à F G. Mais les triangles EFG et EDG étant rectangles, EFH-FGr* = EG"' = lD^ + DG"% ou ce qui revient au même, EP+ AE^= ED'-I-DG'; or AE* = aID'H-ÊId^; donc eF+ad^+DÊ'=11^+D^; d'où EW^+ÂW^=T>G\
Par ce dernier résultat , il est clair que D G et conséquemment A G sont connus, puisque £ F et AD sont donnés; comme l'angle droit AFG doit avoir son sommet situé sur la demi «circonférence qui a pour diamètre A G, ce sommet F ou F' est déterminé par l'intersection de ce cercle avec B H ; ainsi la droite A E F est connue.
SYNTHÈSE
prenez AI égal à la ligne donnée , menez DI et prolongez AD jusqu'en G d'une quantité égale à DI ; sur A G déctireï, nn demî-oerde, et par le point F ou F' de son intersectîoii afvec BC, menez leê droites AEF ou AFF; la partie extérieure EF àe cette ligne «t
égale à AI.
6o ANALYSE G ÉO M JS TRI QUE.
Pour le démontrer tirez F G, E G, et menez la perpendiculaire G H sur BF. Il est évident que EF'-t-FG' = ED'+DG'; et comme FG est égal à AE, ÊP+n''=i= ÊD"'-|-DG^. Or TÊ* = AD^'+ËD^ et Dfr=Dr = AD'+ÂT; donc ET"+ÂD'4-ÊD'=:ÊlD>+AD'+Ar, et parconséquent EF = AL
PROPOSITION XXII
PROBLEME
Etant donnés la base AC {fig- 22) d'un triangle, la hauteur BD et le rectangle des deux autres côtés, construire le triangle.
ANALYSE
Par les trois sommets du triangle ABC , faites passer un cercle, et tirez le diamètre BF ainsi que les rayons A E et CE. Le rectangle donné ABxBC étant égal à BDxBF, à cause des triangles semblables ABD, BFC, ce second rectangle est également connu; et puisque la hauteur BD est donnée, le diamètre BF, et par suite les rayons A E , C E , sont déterminés. Mais la base A C étant donnée , les trois côtés du triangle AEC sont déterminés, et il en est de même par conséquent du centre E et du cercle ABC F. De plus, la distance du sommet B à la base étant donnée, il est clair que ce sommet doit être situé sur une parallèle à AC menée à cette distance-là ; Je point B est donc connu par l'intersection de cette parallèle avec la circonférence A B C F.
SYNTHÈSE
Sur BD construisez un rectangle équivalent au rectangle donné BFxBD; formez sur AC le triangle AEC qui ait les côtés AE et CE égaux chacun à la moitié du grand côté de ce rectangle; du point ^E avec le rayon EA décrivez une circonférence de cercle; sur AC élevez une perpendiculaire DB égale à la- hauteur du triangle.
ANALYSE GléOMl^TRIQUË. 6l
et par B menez à A C une parallèle qui rencontre la circonférence en B ou B' ; AB C est le triangle demande.
Car d'abord sa hauteur est évidemment égale à la hauteur donnée, et de plus le rectangle AB x BC étant égal à BF x BD , est aussi égal au rectangle donné.
PROPOSITION XXIII
PROBLEME
Etant données Thypothénuse d'un triangle rectangle, et la différence ou la somme des deux autres cotés , construire ce triangle.
ANALYSE
Sur la base AB,y?^. aS, ou sur son prolongement, portez une distance BD ou BE, égale à la perpendiculaire BC; tirez CD ou CE.
Les triangles CBD et CBE sont rectangles et isocèles, et par conséquent les angles D et E sont égaux chacun à un demi-angle droit. La somme A D des deux côtés A B et B C étant donnée , le point D et par conséquent la droite D C sont connus , puisque d'ailleurs celle-ci fait avec D A un angle donné ; ou bien si c'est la diffé* rence AE des deux côtés qui est donnée , alors le point E est déterminé, et la droite EC est connue de grandeur et de position. Dans l'un et l'autre cas, puisque Thypothénuse AC est donnée, le point C doit se trouver sur l'arc de cercle décrit de A comme centre avec le rayon AC; ce point sera donc déterminé par l'intersection de ce cercle et de la droite CD ou CE.
SYNTHÈSE
Prenez AD ou AE égale à la somme ou à la différence de A B et BC, menez D C ou EC faisant avec AD un angle égal à la moitié d'un angle droit; décrivez du point A comme centre et avec le rayon A C un cercle qui rencontre DÇ ou EC au point C^ et p^r ce point abais-
6^ ANALYSE 6léOM£TRIQU£.
sez la perpendiculaire CB; le triangle ACB satisfait aux conditions du problême.
Car les triangles rectangles CED et CEE sont évidemment isocèles, et par conséquent AD est égal à la somme, et AE à la différence des côtés AB , E G.
PROPOSITION XXIV
PROBLÊME
Trouver la construction du pentagone régulier ou du décagone(i).
I® Tout polygone r^ulier peut être inscf'it au cercle, et conséquemment les angles formés au ce^itre par les rayons menés aux différents sommets de la figure, sont égaux chacun à la partie de quatre angles droits marquée par le nombre des côtés du polygone ; donc l'angle au centre d'un pentagone est la cinquième partie de quatre angles droits. Mais un angle dont le sonunet est à la circonférence étant moitié de l'angle au centre dont les cotés coupent cette circonférence aux mêmes points , il est clair que l'angle au sommet du triangle isocèle formé dans le pentagone par des droites menées de l'un des angles du polygone aux extrémités du coté opposé, doit être la dixième partie de quatre angles droits. Or, si ce triangle était connu , le problême serait résolu puisque l'on connaîtrait l'angle au centre du pentagone; la question de l'inscription du pentagone est donc ramenée à celle de construire un triangle isocèle dont un des angles est égal au dixième de quatre droits , ou au cinquième de deux droits.
2,^ Il suit de -là que les angles à la base de ce triante isocèle ^ doivent, réunis, être égaux au reste de deux angles droits, c'est-à-dire que chacun d'eux est les deux cinquièmes de deux droits. Le triangle cherché jouit donc de cette propriété , que chacun des angles à la base est double de l'angle au sommet.
(i) Yoyez Géométrie de M. Legendre, dixième édition , page iii«
ANALYSE GiôMÉTRIQUE. 63
3® Cela posé soit ABC {figure !^^)^ un triangle isocèle, ayant les angles A et C doubles de l'angle B. Menez la droite CD qui coupe en deux parties égales l'angle ACB. L'angle B CD doit alors être égal à CBD, et par conséquent le côté CD est égal à BD. Mais, dans les triangles BAC et CAD, l'angle ABC est égal à ACD, l'angle CAB est commun, donc les angles restants BCA et CD A sont égaux; ainsi C D A est égal à C A D , et le côté A C est égal à C D. Les trois droites AC, CD et BD sont donc égales. De plus, puisque CD divise l'angle ACD en deux parties égales , BC:AC::AC:AD, ou bien AB. :BD;:BD:AD. Ainsi la droite AB est partagée au point D en moyenne et extrême raison, c'est-à-dire que le quarré de BD ou AC , base du triangle isocèle, est égal au rectangle* du côté ÀB et du segment restant AD. Il est évident par ce résultat que la difficulté de la question primitive est réduite à celle de partager une ligne en moyenne et extrême raison.
4^ Maintenant soit proposé de partager la droite AB {fig. 24 bis) en. moyenne et extrême raison , c'est-à-dire de telle manière que BC* = B A X A C. Ajoutez aux deux membres de cette équation le rectangle BAxBC, et Bë4-BAxBC = BÀxAC4-BAxBC, ou bien BC (BA-hBC ) = 5a^. Prolongez AB d'une quantité égale de B en D, il est évident que BC x CD = BD"'. Prenez le milieu de BD en Ej les droites CD et BC sont la somme et la différence de CE et B£; donc le rectangle CD x BC ou le quarré de BA est ^1 à l'excès du quarré de CE sur le quarré de BE; ainsi c1e^=BA'-I-BE'. Elevez la perpendiculaire BF = BA, et menez £F. Il est évident que eF =:=Fa"'+BE^, et conséquemment EF = CE; EF étant donné, CE et BC le sont donc aussi.
La solution de ce problême rappelle une série des propositions les plus intéressantes de la Géométrie élémentaire (i).
(i) Ou pent ajouter aussi que cette solution est très-propre à donner une idée
PROPOSITION XXV
PROBLEME
Trouver les conditions nécessaires pour la trisection de l'angle.
Soit ABC {fig. âS ) un angle dont ABD est le tiers. Du sommet B comme centre et avec un rayon arbitraire , décrivez un cercle , menez DF parallèle à A B, joignez le point F au point C, et prolongez CF jusqu'à la rencontre de AB en G.
Puisque la corde DF est parallèle à AE, l'arc EF est égal à AD^ et par conséquent l'angle EBF est égal à ABD, c'est-à-dire qu'il est la moitié de l'angle DBC. Or ce dernier angle est double de. l'angle à la circonférence D F C ou de son égal B G F ; donc les angles B.G F et GBF sont égaux, et le triangle BFG est isocèle.
exacte et nette du caractère qui distingue les solutions analytiques. On a vu d'abord que le problème de trouver Tangle au centre du pentagone, se réduisait à la construction dun triangle isocèle dont les angles à la base sont doubles de Tangle au som« met ; ensuite , par une chaîne de raisonnements., la recherche de ce triangle a été ramenée à la division d'une ligne en moyenne et extrême raison. En&n cette dernière question a été résolue toujours en suivant la même marche qui est d'aller continuellement du composé au simple. En supposant le problème résolu^ on examine quelles sont les relations que cette hypothèse établit entre les données et les inconnues, et on combine ces relations en tendant constamment à les simplifier de plus en plus jnsqua ce qu'enfin on soit arrivé à une relation assez simple pour qu'on en puisse déduire la valeur des quantités cherchées par des moyens déjà connus. Tel est l'esprit de la méthode analytique quil faut bien distinguer des formules et des calculs mathématiques , quoique dans ces sortes de recherches l'analyse soit employée d'une manière presque exclusive. Mais lanalyse n'est pas seulement applicable aux recherches relatives à la grandeur et à la durée; elle est aussi le meilleur moyen de parvenir à la vérité dans quelque genre de question que ce soit.
( Note du traducteur f M. Gomtb. J
Ainsi la solution du problême proposé demanderait qu'on pût
mener CFG, de manière que la partie extérieure F G fût égale au
rayon du cercle.
Autre solution.
Soit l'angle ABD {fig. a5 bis)^ le tiers de l'angle ABC. Elevez la perpendiculaire D AC, achevez le rectangle BACE, prolongez les droites EC et BD jusqu'à ce qu'elles se rencontrent en F, et menez CG faisant l'angle FCG égal à GFC.
Les angles FCG et GFC étant égaux, le côté G F est égal à CG, et chacun des angles précédents est la moitié de Tangle extérieur CGB. Mais puisque l'angle CBA est triple de ABD, il s'ensuit que CBG est double de ABD ou de son égal CFG; ainsi l'angle CBG est égal à C G B , et le côté B C est égal à C G. De plus , si des angles droits EBA et F CD, vous retranchez les angles égaux ABD et FCG, les angles restants EBD et G CD seront égaux; Mais EBD = BDA = CDF; donc l'angle GCD est égal à G DC, et par conséquent le côté GD est égal à GC. On voit par ce résultat que les quatre droites BC,GC, GDetGF sont toutes égales. Donc DF, segment extérieur de la ligne cherchée BF, est double de la diagonalç BC du rectangle A BEC.
Scholie. Telles sont donc les conditions finales desquelles dépend la trisection d'un angle. Mais de les accomplir en général , cela passe les forces de la Géométrie élémentaire. A la vérité , dans un très-petit nombre de cas particuliers, la trisection d'un angle peut s'effectuer en n'employant que la ligne droite et le cercle. Ainsi , lorsque l'angle proposé est la moitié d'un droit, le problême peut être résolu de la manière suivante. Prolongez BE {fig^ ^S ter)^ de manière que BH = 2 B C , menez A H , prolongez B A d'une quantité A I = A H , et //• Suppl. 9
66 ANALYSE GEOM^TRIQTTE.
sur BI décrivez un demi-cercle ; il sera rencontre en F par le prolongement de EC, et si vous tirez BF, l'angle ABF ainsi formé sera le tiers de ABC.
Ce dernier résultat peut être démontré directement par un simple examen de la construction. Car BÏP = 4b(? = 8bâ7, et aP = FÏF +BÂ' = gWÂ}; donc AI = 3BA, BI = 4BA,et OI = aBA. Abaissez maintenant la perpendiculaire FL, prolongez -la d'une égale quantité au-dessous de BI, et menez O F et O M. Il est évident que les droites OF et OM sont égales, et que FM = 2BA;or OF = OI = aB A ; donc OF — OM = FM = aBA ; donc le triangle FOM est équilatéral, et l'angle FOM est par conséquent les deux tiers d'un angle droit. Il suit de -là que l'angle FOL est le tiers d'un droit, et que ABF qui est évidenunent la moitié de FOL, est le sixième d'un droit.
PROPOSITION XXVL
PROBLEME
Déterminer les conditions auxquelles on doit satisfaire pour insérer
deux moyennes proportionnelles (i) entre deux lignes données.
Supposez que les côtés AB et AC (^. 26 ) du rectangle ABCD
(i) On entend par moyennes proportionnelles entre deux lignes données, des lignes telles qu elles forment les moyens d'une proportion continue dent les extrêmes sont les lignes données. Si Ton appelle a: et y les deux droites chercliées , a et & les deux droites données , il faut qu'on ait
Cette proportion fournit évidemment deux équations
desquelles on peut déduire par l'élimination
Si Ton suppose que& = aa, alors x^z=z*ià^ c^est«à-dire que le cube construit ayec la ligne cherchée est double de celui qui a pour arête la ligne donnée. Ainsi
soient les deux extrêmes d'une proportion continue qui a pour termes moyens DE et A G, en sorte qu'on ait AB:DE::DE:AG
