AG:AC

ANALYSE

Menez CE et G G. Les triangles DCE et ACG sont semblables, car ils sont tous deux rectaogles, l'un en D, l'autre en A, et de plus AB ou CD:DÈ: : AG: AC; les angles DEC et ACG sont donc égaux, et par conséquent ECG forme une ligne droite. Tirez les diagonales BC, AD, et joignez leur intersection O avec les points E et G. Puisque les triangles BOD et BOA sont isocèles, o^ = OD'-4-BE xED(2), et ôG^ = ôÂ?H-BGxGA. Or,BG:BE;:GA:AC::ouDE :GA, donc BGxGA = BExDE; de plus OA = OD, ainsi OE =OG,et le point O est également distant des points E et G. Il résulte de-là que si on circonscrivait un cercle au rectangle donné , le segment intercepté E C serait égal à G H.

Première solution.

Le problême sera donc résolu si l'on peut mener par le point C une droite ECG telle que la distance O E soit égale à O G , ou que les parties EC, GH, extérieures au cercle, soient égales.

Deuxième solution.

La première partie de la construction restant la même, et après avoir démontré que le rectangle B E x E D est égal B G x G A, partagez

le problème de la duplication du cube n'est quun cas particulier de la question qui nous occupe. En général il ne peut pas être résolu avec la règle et le compas ; mais on en peut avoir une solution numérique aussi approchée qu'on le désire , et cette solution peut être construite par l'intersection des deux paraboles qui ont pour équations o:' = o/, ^* = a a x.

(2) Ayant abaissé la perpendiculaire 01 sur BD, on a Ô£'=5î*4-rE"; OD* = OÏ*+rD'; donc 5Ê' = OD" + n' — rD' = OD' + (IE+ID) (lE— ID) = ÔD' + BExED.

6S . ANALYSE GEOMJÉTRIQUE.

BD en deux parties égales au point F {Jig. 2,6 bis); il est évident que BE X ED+DP ou ET" =B G X GA+DP. Construisez maintenant sur AB le triangle isocèle BKA^ dont les côtés KB, KA soient égaux chacun à DF, et menez la droite GK; alors BGxGA+AK? = GTr' et conséquemmment GK = EF. Mais par hypothèse, AB:DE; ; DE :GA:;GA:AC,donc AB:GA::DE:AÇ,ou 2AB:GA;:2DE:AC^ si vous tirez la ligne G F et que vous la prolongiez jusqu'à la rencontre de A B en L, le triangle BKL ainsi formé sera égal à CFD, et CD ou AB = BL. Ainsi AL:GA: ::aDE:AC ou BD, ou:;DE :|BD; il suit de-là que GL:GA::EF:DF. Tirez la droite LK, et menez-lui la parallèle AM; alors GL:GA::GK:GM, d'où EF DF::GK:GM; mais CF = GK, donc DF=GM. Il suit de ce résultat que la droite LK et sa parallèle A M sont connues de position , puisque les points F, L et K sont évidemment donnés.

Le problême se trouve donc réduit à mener par le point K une droite K M G , telle que la partie M G interceptée entre A M et B A prolongé soit égale à la moitié du côté donné AC.

Troisié?ne solution.

Supposez toujours que les deux lignes à angles droits AB et AC {/ig.t^Gter) soient les extrêmes de la proportion continue; prenez sur les prolongements de A C et de A B deux points D , E tels que A B :AD:;AD:AE::AE:AC. Alors a1= = AD xAC; donc le point E se trouve sur la demi-circonférence dont C D est le diamètre. Menez DE, prolongez DB jusqu'à la circonférence, et élevez le rayon IF perpendiculairement sur DC. Puisque AB:AD;:AD:AE, et que l'angle DAE est commun aux' deux triangles B AD et DAE, ces triangles sont semblables; par conséquent l'angle A DB est égal à AED, et l'arc CG est égal à DE ; d'oii il suit que l'arc F G est égal à FE, et que le segment IH du diamètre est égal à lA, ou que l'oblique GL est égale à LB.

ANALYSE GléOMÉTRIQUE. 6g

La solution da problême dépend donc de la condition que GD ait son segment GL égale à LB/ou que les perpendiculaires E A et G H soient également distantes du centre. Le rapport de Kl à IC est évidemment le même que celui de A B à A G. Par conséquent après avoir décrit un demi-cercle du rayon I C , si Ton pouvait mener par le point B une droite BD, telle que la partie BG de cette droite comprise entre la circonférence et la ligne CKM tirée par l'autre extrémité du diamètre, fût partagée en deux parties égales par le rayon IF, le problême serait résolu; car si l'on prend AN = AD, et que l'on tire C N rencontrant IF en O ,, il est manifeste , d'après ce qui précède, que les droites IK, lO, IL, et IC forment une proportion continue.

PROPOSITION XXVIL

Le problême suivant étant supposé résolu , si l'on a (fig. 27 ) : 3âg"'=â1^-v1b'*4-eF; l'angle CEGdu triangle CEG est déterminé.

PROBLÊME

Dans le demi-cercle ABD {/ig. 27 ), la demi-corde EF et lé rayon CD étant à angles droits sur AB, on propose de mener la droite AG, de telle manière que 3ÂG* = Â¥"-hEF+ÊP.

Solution.

Inscrivez dans le cercle une corde BH égale au rayon, tirez AH, et menez à cette droite la parallèle EG qui rencontre CD en G; alors si vous menez AG, 3 AG"' sera égal à AE'4-EP+EB'.

En effet les triangles AHB et ECG étant évidemment semblables, AB:BH:;EG:CG; mais AB = iaBH, donc EG=2CG. Ainsi ÈG'- == 400*, et ïïô = 3 CG* ; par conséquent 3 ÂG» = 3âC'H-ëG' = a ac»

+iiÊC?+^* — Êc\ Maintenant à cause de AC = ^^^tA5etEC=