PROPOSITION PREMIÈRE
PROBLEME
Par un point donné, mener une droite qui intercepte sur deux parallèles données, des segments qui .aient entre eux un rapport donné.
Soient A B et CD {fig. i^pl. 2) deux parallèles sur chacune desquelles on fixe un point P et O; il faut mener, par un autre point donné E, uiie droite EF telle que PG soit à OF dans un rapport donné.
ANALYSE
Menez PO, et prolongez cette droite jusqu'à sa rencontre avec EF en I.
Puisque PG et OF sont parallèles, PI:OI; :PG:OF, mais le rapport de PG à OF est donné; celui de PI à 01 et celui de PO à
7^2 ANALYSE G^OM JETR IQ U £.
O I le sont donc aussi , d'où il suit que O I et le point I sont connus , puisque PO est donné, donc lEF et les segments PG et OG sont détermines.
SYNTHÈSE
Prenez PK = M et OL=:N, tirez les droites KL, PO, et prolongez-les jusqu'à leur point de concours I; joignez ce point avec E par la droite lEF; PG et OF sont les segments cherchés.
Car les parallèles A B et C D étant coupées en parties proportionnelles par les droites I K , I P et I G , le rapport de PG à OF est égal à celui de KP à OL ou de M à N.
Si ]VJ= N , le point I se trouve situé à Finfini, et EF devient évidemment parallèle à OP.
Si les droites KL et PO concourent au point donné E, le problême est indéterminé , c'est-à-dire qu'il admet une infinité de solutions; et en effet, dans ce cas, les segments PG et OF interceptés par une ligne quelconque passant au point E, sont dans le rapport
donné.
PROPOSITION IL
PROBLEME
Deux droites qui se coupent étant données de position, mener, par un point donné , une droite qui détermine sur elles des segments dont le rapport soit égal à un rapport donné.
Soit proposé de mener par le point D {^fig* li), la droite EDF telle que AE soit à AF comme M est à N.
ANALYSE
Par D menez à AE la parallèle DG, qui rencontre AC ou son prolongement en G.
Les triangles EAF et DGF étant semblables, AE:AF: ;GD:GF; mais le rapport de AE à AF est donné, celui de GD à GF l'est
ANALYSE'GjÉOMÉTRIQUE. 73
donc aussi. Et puisque G D et le point G sont évidemment connus^ il en est de même de G F et du point F.
SYNTHÈSE
Sur AB et AC prenez des distances AK=M, etAL = N, tirez K L et menez par le point D à cette droite la parallèle D E F ; A E et AF sont les segments demandés.
Car les parallèles E F et KL coupent en parties proportionnelles
les droites AB et AC, et le rapport de AE à AF est le même que
celui de AK à AL ou de M à N.
PROPOSITION IIL
PEOBLÊME.
Deux droites qui se coupent étant données ^ mener par un point donné une droite qui détermine sur chacune d'elles des segments qui aient un rapport donné; ces segnœnts étant comptés, pour la première à partir du point de concours, et pour la seconde à partir d'un point donné.
Soient AB et AC {fig. 3) deux droites qui se coupent; il faut, par le point D, mener EDF de manière que AE soit à OF comme M est à N.
ANALYSE
Menez DG parallèle à AE, et rencontrant AC ou son prolongement en G; prenez un point H tel que AE:GD: ;OF:OH. Le rapport de AE à OF étant connu, celui dé GD à OH Test donc aussi; et puisque G D et le point O sont donnés, il en est de même de OH et dû point H. A cause des parallèles D Get AE, AE:GD : : AF:GF, donc OF:OH::AF:GF; doii il suit que FH:OH::AG:GF, et GFxFH=AGx OH. Mais AG et OH sont tous deux connus, donc le rectangle des segments G F et F H dont la. différence est //• SuppL lo
^4 , ANALTSE GJEÔMBTRIQUE.
connue, est détermine; le point F et la droite £D le sont donc aussi.
SYNTHÈSE
Prenez le point H de manière que G D : OH : ; M : N , et cherchez sur GH prolongé un point F tel que le rectangle GFxFH soit égal à AG X OH; menez EDF, et les segments AE, OF sont dans le rapport de M àN-CarGFxFH = AGxOH, donc FH:OH::AG:GF, et OF:OH : : AF:GF; mais AE:GD: : AF:GF, par conséquent AE:OF ::GD:OH, c'est-à-dire: :M:N.
PROPOSITION IV
PROBLEME
Deux droites qui se coupent étant données^ mener par un point donné une ligne telle que les distances des points où elle rencontre les deux premières à deiix autres points donnés sur celles-ci , soient dans un rapport également donné.
Soient A B , A C i^fig- 4 ) deux droites qui se coupent ; il est ques* tion de mener par le point D la droite EDF de manière que PE soit à O F comme M est à N , les points P et O étant donnés.
ANALYSE
Tirez DP qui rencontre AC en I , et par le point I, menez IK parallèle à AB, qui cofipe EF en K.
Puisque les points P et D sont donnés^ la droite PD est donnée de position , et par conséquent le point I et la droite I K sont éga-lement déterminés. Mais P E : I K : : P D : I D , donc le rapport de PE à IK est connu <, puisque PD et ID sont données; d ailleurs le rapport de PE à O F étant donné, celui de IK à OF Test aussi; donc au moyen de la proposition précédente, la position de la droite EDF sera déterminée.
SYNTHÈSE
Tirez PD et menez IK parallèle à AB; prenez une ligne IK=L telle que le rapport de M à L soit égal à celui de PD à I D, et menez, par la proposition précédente, la droite KDF de telle manière que IK soit à O F comme L est à N ; alors PE et OF seront les segments cherchés.
Car PE:IK::PD:ID::M:L, et IK:OF;:L:N; donc PE:OF
PROPOSITION V
PROBLEME
Etant donné deux parallèles et une droite qui les coupe , mener , par un point de cette sécante , une autre droite telle que les segments interceptés sur les parallèles entre elle et la sécante, forment un rectangle donné.
Soient AB, CD deux parallèles {^fig* i5), et OPG une sécante; on propose de mener par le point G, la droite GFE qui intercepte deux segments 0£ et PF, dont le rectangle soit égal à un rectangle donné.
ANALYSE
Puisque AB et CD sont parallèles, GO:GP: :OE:PF, et par conséquent GO:GP; :ô&:PF x OE; or GO et GP sont donnés, donc le rapport de ÔTÊ" à PF x O E Test aussi; mais le rectangle PF x O E est également donné, d'où il suit que le quai*ré de OE, et OË lui-même sont déterminés.
Portez sur GO de G en I une moyenne proportionnelle entre GO et GP, menez IK parallèle à AB et CD, et faites cette droite IK d'une longueur telle que son quarré équi vaille au rectangle donné; tirez la droite EKFG , c'^est la ligne demandée.
lO.
7^ ANALYSE G EOMI^TRIQUB.
Car les droites OE, I K et P F éunt parallèles, O G: IG : : OE:IK, et PG:1G;;PF:IK; en multipliant ces proportions par ordre, on en déduit que OGxPG:rG^::OExPF:î^,mais OGxPG = fG"', doncOExPF=ïl^.
PROPOSITION VL
PROBLEM B
Par un point donné, mener une droite qui intercepte sur deux parallèles données , et à partir de deux points donnés deux segments dont le rectangle soit égal à un rectangle donné.
Soient A B et CD {fig. &tpl. 2 ) deux parallèles sur lesquelles on donne les points O et P; il est question de mener par le point G une droite GFE, telle que les segments OE et PF forment un rectangle donné.
ANALYSE
Menez GO et GP qui rencontrent CD et AB en I et H. Ces deux points sont connus, puisque les points P, O et G étant donnés, les droites GIO et GPH sont données de position. Comme AB est parallèle à CD, il est clair que G P: G H; :PF:HE, ou ce qui revient au même GP:GH::PFxOE:HExOR Maintenant GP et GH étant donnés, leur rapport Test aussi; il en est donc de même du rapport de PFxOEàHExOE;le premier de ces deux rectangles étant donnés, le second est donc connu; comme de plus la différence de H E à O E est donnée , il est évident que le point E est déterminé, et conséquemment la droite cherchée EFG.
SYNTHÈSE
Menez GO et GP; Portez de H en K tme droite HK qui forme
avec GP un rectangle égal au rectangle donné ; cherchez ensuite sur
' le prolongement de HO un point E tel que le rectangle HExOE
soit égal à H G X H K ; la droite qui joint ce point au point G, est la
droite cherchée.
ANALYSE GÉOMÉTRIQUE. nn
Car HE:PF;:HG:GP, d'où HExOE:PFxOE;;HGxHK :QPxHK; mais par construction le rectangle HExOE est égal à GH X HK, donc PF x OE est égal à GP x HK, c'est-à-dire au rectangle donné.
PROPOSITION VIL
PROBLÈME
Deux droites qui se coupent e'tant données , mener , par un point donné , une troisième droite telle que les segments qu'elle détermine sur elles à partir de leur point de concours^ torment un reccair^i^ donné.
Soient AB et AC {fig* 7 ) les deux lignes données; on propose de mener, par le point D, la droite DFE de manière que le rectan^e des segments A E , A F, soit égal à un rectangle donné.
Menez HD parallèle à AB, et prenez le point I de manière que DHxAIéquivaille au rectangle donné.
Puisque AE X AF = DH x AI , AE:DH: : AI; AF, mais d'un autre côté, AE:DM::AF:FH, donc AF:FH::AI:AF, d'où il résulte que AH:AF::IF:AI,et par conséquent AHxAI = AFxJF. Or AH et DH sont au nombre des données; donc AI est connu, ainsi que le rectangle A F x IF. La question se réduit donc à partager au point F la ligne donnée AI de manière que le rectangle des deux segments soit équivalent à un rectangle donné , problême qui a déjà été résolu.
SYNTHESE
Menez DH parallèle à AB, déterminez le point I par la condition
que D H X A I soit égal au rectangle donné , et divisez A I de manière
que le rectangle des segments A F, F I , équivaille au rectangle A I
X AH; EDF est la droite cherchée. Car par construction AFxIF
= AIxAH, donc AH:AF;:IF:AI, d'où AF:FH::AI:AF; mais.
jS ANALYSE GEOMETRIQUE.
d'ailleurs, AF:FH:;AE:DH, par conséquent AE;DH;;AI:AF, et AExAF=DHxAL
PROPOSITION VIII
mOBLEME.
Par un point donné, mener une droite telle que par son intersection avec deux droites données qui se coupent , elle forme un
triangle d'une aire donnée.
Soit prnprfccû A^ rv^.>«.o» pojp Ip point D (./^. 8 ), la droite EDF qui coupe les droites AD, AC de manière que le triangle AEF soit équivalent à un espace donné.
ANALYSE
Menez DH parallèle à AB, abaissez sur A G les deux perpendiculaires ES et DT, et prenez le point I de manière qu'un triangle qui aurait AI pour base et DT pour hauteur, fût équivalent à l'espace donné.
Pmsque les rectangles ESxAF et DTxAI sont chacun double des triangles AEF et ADI, ils sont équivalents, et par conséquent ES:DT; ; AI:AF. Mais les triangles A ES et HDT étant évidemment semblables, AE:HD:;ES:DT, d'où AE:HD:;AI:AF et AEx AF =HD X AI. Maintenant H D et conséquemment AI sont donnés; donc le rectangle A E x AF est connu , et, par la dernière proposition, on peut déterminer la droite EDF.
SYNTHESE
Menez DH parallèle à A B,. abaissez la perpendiculaire DT, partagez-la en deux portions égales au point R, et prenez Aï .de façon que le rectangle DRx AI soit équivalent à l'espace donné; ensuite, par la proposition précédente, menez EDF telle que le rectangle AE X A F équivaille à DH x A I.
Ayant abaissé la perpendiculaire ES dont Q est le milieu, il est
ANALYSE GEOMiTKIQUE ^g
clair que les triangles AES et HDT sont semblables; donc ÂE x A F :DHxAI::QSxAF:RTxAI;mais le rectangle AExAF = HD X AI, par conséquent QS'xAF = RTxAI, ce qui démontre que le triangle A E F est équivalent à l'espace donné.
Ce problême est susceptible d'une construction simple-, dans le cas où le point D se trouve dans l'angle aigu formé par les droites AB et AC. En eflfet menez DG parallèle à AC, et faites le parallélogramme AGKI équivalent à l'espace donné.
Puisque le parallélogramme A G K I et le triangle A E F sont équivalents, si vous les retranchez l'un et l'autre du polygone AEDKLF, les triangles restants GED+ILF d'une part, et DLK de l'autre, seront équivalents ; mais ces triangles supplémentaires étant formés par des lignes parallèles, sont évidemment semblables, et par conséquent GD et IF étant les côtés d'un triangle rectangle, DK en sera l'hypothénuse , puisque les aires des triangles semblables sont entre elles comme les quarrés des côtés homologues ; donc G D*-+-rF*= DK*, ou TP = nv — AÎP. Or AH et H I sont donn^, donc IF est déterminé.
SYNTHESE
Construisez le parallélogramme A G K I équivalent à l'espace donné, menez D H parallèle à A B , sur H I décrivez un demi - cercle dans lequel vous porterez la corde H M égale à AH, menez IM, et faites IF ou IF' = IM ; EDF ou E'DF' est la base du triangle cherché.
En effet, le triangle H M I étant rectangle , il est clair que nF=HM' -hÏMF, ou bien DK> = GD'4-ITs de ce résultat et de la similitude évidente des triangles DLK, GED, et IL F, ou DL'K, GE'D, IL' F', on déduit que le triangle DLK est équivalent à la somme des triangles GED et ILF, ou DL'K' à celle des triangles GE'D et IL F'. En ajoutant de part et d'autre l'excès du parallélogramime AK sur le triangle DLK, il en résulte que le triangle AÊF ou AE'F' est équivalent au parallélogramme A K , c'est-à-dire à l'espace donné.
8o ANALYSE Gl^OM ETRIQU E.
PROPOSITION IX
PROBLEME
Deux 'droites qui se coupent étant données, mener par un point donné une autre droite qui détermine sur elles deux segments dont le rectangle soit égal à un rectangle donné; ces segments étant comptés, l'un à partir du point d'intersection des droites données, et l'autre à partir d'un point fixe sur l'une de ces droites.
Soit proposé de mener ED F (y?^. 9 )^ de manière que le rectangle £ X O F, soit égal à un rectangle donné.
ANALYSE
Menez DH parallèle à AB, et prenez 01 de façon que le rectangle D H X O I , équivaille à Tespace donné ; O I et le point I sont par conséquent donnés. Et puisque AExOF = DHxOI, il s'ensuit que AE:DH:;OI:OF;mais d'un autre côté, AE:DH::AF;FH, donc AF:FH::OI:OF. De cette proportion il résulte que AF:AH ::OI:FI,et que AFxFI = AHxOI; Ainsi AI et le rectangle de ses segments A F, FI, sont donnés ; donc on peut déterminer le point F, et par conséquent la droite EDF.
SYNTHÈSE
Après avoir mené D H parallèle à A B , et avoir fait le rectangle BiHxOI équivalent à l'espace donné, partagez AI en F ou en F\ de telle manière que le rectangle de ses parties soit égal à A H x O I ; PDF, ou Ç'DF', sera la ligne cherchée. En effet, AFxFI étant égal à AH X 01, il en résulte que AF:AH::OI:IF, d'où AF:FH OI:OF; mais d'ailleurs, AF:FH::AE: DH , donc AE:DH OI: OF; ainsi le rectangle AE x OF est égal à DH x 01 , c'est-àdire au rectangle donné.
ANALYSE GÉOMÉTRIQUE. Si
PROPOSITION X
PROBLÊME
Deux droites qui se coupent étant données , ainsi qu'un point sur chacune d'elles, mener, par un autre point donnée une troisième ligne qui détermine sur les deux premières , et à partir de chacun des points donnés sur elles , des segments dont le rectangle soit égal à un espace donné.
Soit proposé de mener ED F (Jiff. lo ) de manière que le rectangle OF X P£ équivaille à un rectangle donné.
Menez la droite D O , et par le point de son intersection avec AB , menez QR parallèle à AC.
Puisque DO:DQ::OF:QR, il s'ensuit que DO:DQ;:OFxPE :QR X PE; mais DO et DQ sont évidemment donnés, il en est donc ainsi du rapport de OF xPE à QRxPE; le premier de ces rectangles étant donné, le second est donc déterminé. Si l'on observe de plus que la droite QR étant parallèle à AC^ elle est déterminée de position, on verra que le problême revient à celui que nous avons résolu en dernier lieu.
SYNTHÈSE
Tirez la droite D Q O , menez à A G les parallèles D H et Q R , et prolongez DH en S jusqu'à la rencontre de OS, parallèle à AB menée par le point O ; ensuite prenez P I de manière que le rectangle D S X P I équivaille à l'aire donnée , et cherchez , par la dernière proposition IX, un point E sur le prolongement de PI, qui. soit tel que QR x PE soit égal àDHxPI;EFDestla droite cherchée. Car, DQ:DO::DH:DS::QR:OF, donc DHxPI:DSxPr::PE xQRrPExOF; mais DHxPI =PExQR, par conséquent le //' Suppl. II
rectangle DS xPI, c'est-à-dire l'espace donné équivaut au rectangle
PExOF.
PROPOSITION XL
PROBLEME
Partager une ligne donnée en deux portions telles que le quarré construit sur l'une soit équivalent au rectangle construit avec l'autre et avec une ligne donnée.
Soit proposé, ^g'. ii, de partager AB au point C,de manière que le rectangle G x AC équivaille au quarré de CB.
ANALYSE
Prenez BD = G, et puisque AC x G = CB*, il est clair qçie AC :CB::CB:BD;doncAB:CB:;CD:BD,d'oiiABxBD = CBxCD. Le rectangle AB x BD est donné, donc il en est de même de CB x CD; comme de plus la ligne BD est donnée, il est évident qu'on pourra déterminer la position du point C , ( voyez proposition XIII , livre F% page 46 )•
SYNTHESE
Après avoir fait BD = G, déterminez un point C tel que le rectangle C B X C D soit équivalent à A B x B D ; G sera le point de division cherché. Car on aura évidemment AB:CB::CD:BD, d'où AC:CB ::CB:BD,etAC. BD = cF.
PROPOSITION XIL
PROBLEME
Diviser une ligne donnée en deux portions telles que le quarré de la première soit dans un rapport donné avec le rectangle construit sur la seconde et sur une droite donnée.
Soit proposé de déterminer sur AB {/ig*S) un point C tel que AC X G soit à CB* comme M est à N. ^
ANALYSE GEOMIÉTRIQUB. ' 83
Prenez une quatrième proportionnelle H aux droites données M ^ N, G. Vous aurez alors ACxG:cB*::G:H^ donc cl' = ACxH. Ainsi le problême est ramené au précédent.
SYNtHÈSE.
Ayant pris la ligne H comme ci-dessus , divisez A B par la dernière proposition , de façon que AC x H soit égal à OB'. Il est clair qu^alors
ACxG:c¥'::M:N;car ACxG:ACxHoucF;;G:Hou;:M:N.
PROPOSITION XIIL
PROBLEME
Etant donnés trois points sur une même ligne droite, on propose d'en trouver un quatrième tel que le rectangle fait avec sa distance au premier point et une ligne donnée, soit équivalent à celui qui aurait pour côtés ses distances aux deux autres points.
Il est question de trouve^ un point D {fig. i3 ) tel que AD k G = CDxBD.
ANALYSE
Faites BE = G ; puisque AD x G == C B x BD, il s'ensuit que A D :CB::BD:BE,d'où AC:CD::DE:BE, et ACxBE = CDxDE. Le rectangle ÀCxBE étant évidemment donné, il en est de même pour celui des segments CD, DE dont la différence G fi est aussi connue. Par conséquent le point t) est déterminé.
SYNTHÈSE
Après avoir fait BE = G, partagez CE eh D de manière que CD X DE = AC X BE; D est le point cherché.
CarAC:CD;:DË:BE,d'oiiAD:CD::BD;BE,et ADkBÉ ou
ADxG=CDxBD.
ANALYSE GIÊOMJÉTRIQUB.
PROPOSITION XIV
PROBLÊME
Etant donnés trois points sur une même ligne droite, on propose d'en trouver un quatrième tel que le rectangle fait avec sa distance au premier point et une ligne donnée soit dans un rapport donne avec celui qui aurait pour côtes ses distances aux deux autres points.
Il est question de trouver un point D {fig* 1 4 ) tel que A D x G soit à CD X BD comme M est à N. (i).
ANALYSE
Prenez une ligne H quatrième proportionnelle à M, N, G, vous aurez AD x G:CDxBD:;G:H, et par conséquent ADxH = CD X B D ; maintenant le point D sera déterminé par la proposition précédente.
SYNTHÈSE
Ayant pris H comme ci-dessus , cherchez par la dernière proposir tion un point D tel que CD x BDi=AD x H; ce sera le point cherché; puisque AD X G: AD X H ou CD X BD: :G:H ou: :M:N.
PROPOSITION XV
PROBLEME
Etant donnés trois points sur une même ligne droite ^ on propose .d'en trouver un quatrième tel que le quarré de sa distance au premier soit égal au rectangle de ses distances aux^ux autres.
Il faut trouver un point D {fig. i5 ) tel que AD' = CD x BD.
Premier cas. Quand le point D est entre A et B.
ANALYSE
Puisque AD? = CD x B D , il s'ensuit que CD:AD: ; AD:BD, d'où
(i) Le lecteur est prié de faire les figures relatires aux propositions i4 et x5.
ANALYSE GIÉOMIÉTRIQUE. 85
AC:AD:;AB:BD, ou bien AC:AB::AD:BD. Mais le rapport de AC à AB étant donne, celui de AD à BD Test également; comme d'ailleurs AB est donné, il est facile de déterminer le point D.
SYNTHÈSE
Divisez AB en deux parties qui soient entre elles dans le rapport de A C à A B , et le point de division D satisfera aux conditions du problême.
Deuxième cas. Quand le point D est entre B et C (^. 1 5 ).
ANALYSE
Faites DE= AD, et puisque ÂD* = CD x BD, il est clair que CD :AD ou DE;:AD:BD, et par conséquent CE:DE;:AB:BD ou CE:AB::DE:BD::2DE ou AE:2BD, ou bien encore CE:AB ;;CE+AE ou ACrAB+aBD ouBE, et conséquemment CExBE = ABxAC. Le second de ces rectangles étant donné, ïe premier l'est pareillement, et puisque d'ailleurs BC est connu, il est facile de déterminer le point E, et par suite le point D milieu de AE.
Partagez B C au point E en deux portions telles que C E x B E = ABx AC, et prenez le milieu D de AE; vous aurez alors T^ = CDxBD.
En effet, puisque CExBE = ABxAC, il est évident que CE :AB:;AC:BE,d'oùCE:AB::AE:2BDou:;DE:BD;ainsienchangéant l'ordre des moyens, CE:DE:;AB:BD, et par conséquent CDrDE ou AD::AD:BD;donc enfin CDxBD = ÂD^.
Ce dernier cas est évidemment sujet à une limite au-delà de laquelle
le problême deviendrait impossible; car le rectangle ABx AC étant
égal, par construction, au rectangle CE x BE, il ne doit pas excéder
, la plus grande valeur dont ce dernier est susceptible , c'est-à-dire le
86 ANALYSE GJÉOMETRIQUË.
quarré de 7 B C. La limite a donc lieu quand le point E coïncide avec O milieu de BC; alors il arrive que AB x AC = BO' ou bien que AB X A C+BCF = 2B0' = AO*; par conséquent AO est la diago^ nale du quarré décrit sur BO. Dans ce cas, ABiBClll/â — i:a ou ;: 1:2+1/8; c'est-à-dire que le rapport de AB à BG est à son maximum^ lorsqu'il est égal au rapport de la moitié du côté d'un quarré à la somme de ce côté et de la diagonale.
PROPOSITION XVI
PROBLÊME
Etant donnés trois points sur une même ligne droite , on propose d'en trouver un quatrième tel que le quarré de sa distance au premier point soit dans un rapport donné avec le rectangle de ses distances aux deux autres.
Soit proposé de trouver un point D {fig. 16 ) tel que AD* soit à CD X DB dans le rapport de M à N.
Premier cas. Quand le point D est entre A et B*
ANALYSE
Sur BC décrivez un demi-cercle, et menez -lui la tangente DE; alors DE* = CD x DB, et par conséquent le quarré de AD est à celui de DE dans le rapport donné de M à N. Menez le rayon EF, et prolongez ED jusqu'en G à la rencontre d'une perpendiculaire A G sur AC. Les triangles ADG et EDF ainsi formés sont évidemment semblables, et AD:DE::AG:EF; le rapport de AD à DE étant connu , celui de A G à £ F Test pareillement , et puisque le rayon EF est donné, A G et le point G sont déterminés; donc la tangente GE et son intersection D avec AC sont aussi déterminées.
SÏNTH£SE«
Prenez unç moyenne proportionnelle O entre M et N; sur BC,
ANALYSE ciOMl^TRIQUE. 87
décrivez un demi-cercle, et élevez au point A sur AC une perpendiculaire A G d'une longueur telle que Ton ait O : M ; : EF : AG ; si vous menez par le point G une tangente G DE, son intersection D avec A G sera le point cherché.
En effet, en vertu de la similitude des triangles DAG et DE F, AD:DE:;AG:EF ou;:M:0; donc XB^idWuM'iO' ou bien aF* .•DË'irM.'N; mais DE' = CDxDB, par conséquent AD'iCDxDB
Deuxième cas. Quand le point D est entre B et C ( /ig. i6 bis).
ANALYSE
Sur BC décrivez un demi-cercle, menez DF perpendiculaire au diamètre et rencontrant la circonférence en F, et tirez A F.
Puisque BD x D C= DP, le rapport de ÂD"^ à DP, et par conséquent celui de AD à DF est déterminé; mais l'angle ADF compris entre ces côtés est donné puisqu'il est droit, d'où il suit que le triangle AF D est donné d'espèce. Ainsi l'angle D A F est déterminé , et la droite AF est donnée de position ; il en est donc de même du point F ou F' où elle coupe la circonférence ^de la perpendiculaire F D ou F' D', et du point D ou D^
SYNTHESE
Prenez une moyenne proportionnelle O entre M et N, et élevet la perpendiculaire G E, telle que l'on ait M:0; ; AC:CE; tirez ensuite la droite AE; par les points F ou F' où elle rencontre le demicercle décrit sur BC , abaissez les perpendiculaires FD ou F'^, vous aurez alors M:N:;ad*:BDxDC ou :;â1F:BD'xD'0.
En effet la similitude évidente des triangles A C E et A D F prouve que ÀC:CE:;AD:DF, et queÂë:c&::AD':DP;maisM:N:;M*:0* ou::Âc^:cp; par conséquent ajD':dp==BDxDC;;M:N.
Ce problême exige évidemment une certaine relation entre les données, au-delà de laquelle il deviendrait impossible; cette impos-
88 ANALYSE GÉOMIÈTRIQUE.
sîbilité aurait lieu si la ligne AE s'écartait tellement de AC qu'elle ne rencontrât plus la circonférence. La limite arrive donc quand A E touche le cercle. Alors le rapport de AC àCEou deADàDF sera le même que celui de la tangente menée par le point A au rayon H B ; par conséquent le rapport -limite est le quarré de celui-ci, c'est-àdire que le rapport de M à N, lorsque ces deux quantités approchent le plus de l'égalité, est au plus égal au rapport de ABx AC, ou de ÂÏF — ÎTB' à HB\
Troisième cas. Quand le point D est au-delà des points B et C, {fig. i6 ter).
Sur B C décrivez un demi-cercle , menez la tangente D £ , et prolongez-la jusqu'à la rencontre de la perpendiculaire AG; tirez EF.
Puisque B D x D C = dF, le rapport de AD^ à dF est donné , et aussi donc celui de AD à DE, Mais les triangles DGA et DEF sont semblables comme rectangles l'un et l'autre et ayant de plus un angle commun; donc AD:DE:; AG:EF, et puisque le rapport de AD à DE est connu, il en est de même de celui de AG à EF; EF qui est la moitié de BC étant évidemment donné, A G et le point G sont déterminés, et par suite la tangente GE et son intersection D avec AC.
SYNTHESE
Prenez toujours une moyenne proportionnelle O entre M et N; faites de plus que AG soit à EF comme M est à Oj et par le point G aijQsi déterminé, menez la tangente GED ; D sera le point cherché.
Pour le prouver, tirez le rayon EF. Les triangles AD G et EDF étant ^mblables, A G:EF:; AD:ED, mais AG:EF::M:0, donc
M:0::AD;ED, et M* :0^:êF:Fd*, d'où M:N::ad^:êD' ou::
ÂD-.BDxDC.
PROPOSITION XVII
PROBLEME
Étant donnés quatre points sur une même ligne droite , on propose
d'en trouver un cinquième tel que le rectangle de ses distances aux deux premiers soit dans un rapport donné avec le rectangle de ses distances aux deux autres.
Il faut trouver un point E (^fig* 1 7 , que le lecteur est prié défaire ) tel que AE x EB:DE x EC: :M:N.
PR£3f 1ER CAS. M et N étant égaux.
ANALYSE
Puisque AExEB = DEx EC, il est clair que AE:CE::DE:EB; doù AC:BD.:CE:EB et AC-hBD:BD;:BC:EB; mais le rapport de AC+BD à BD est donné, il en est donc de même de celui de £B à BC; ainsi BE et le point E sont déterminés.
SYNTHÈSE
Le point E sera le point cherché si vous le prenez de manière que AC+BD:BD::BC:EB. Car il est clair qu'alors AC:BD::CE:BE, et que AE:ED: :CE:EB, d'où AE x EB = DE x EC.
Deosièhe cas. m et n étant inégaux.
ANALYSE
Cherchez par la construction précédente un point F tel que A F xFB = DFxFC.
Puisque AExEB:DExEC::M:N, il s'ensuit que AExEB:AE X EB — DE X EC: : M:M— N j mais AE x EB — DE x EC = ( AE xEB— AFxFB) + (DFxFC — DExEC) (i) =EF(AF-hBE) +EF ■(DF+CE)=EF (AD+BC). Donc AExEBrEF (AD+BC) ::M:M — N; par conséquent le point E sera déterminé au moyen de la proposition XIV de ce livre ^ pag. 84 (2).
(i)AE=AF+EF;BF=:BE— EF;CF=CE4-EF;DE = DF — EF. (a) La question est ramenée à celle-ci : éunt donné» trois points A, B, F d'une droite, trouver un 4* point E, tel qu'en £dsant AE + BC=:G,on àit;EFx6:A£x£B
//• SuppL la
La résolution synthétique de ce problème est aisée à déduire de
ce qui précède.
PROPOSITION XVIII
PROBLEME
Etant donné quatre points sur une même ligne droite , on propose d'en trouver un cinquième tel que le rectangle de ses distances aux deux points extrêmes soit dans un rapport donné avec le rectangle de ses distances aux deuK points moyens.
Soit proposé de trouver un point E ^fig. i8, que le lecteur est />/» ^/k>v ) tel que AE X ED:BE X EC : ; M:N.
Premier cas. Supposez AB = CD.
ANALYSE
A cause de ED = CD+EC et de AC= AB+BE-hEC,on a AE xED = (AB+BE) (AB-*-EC) = ABxAC-i-BExEC, donc AE xED:ABxAC::M:M---N. Par conséquent le rapport de AExED à AB X AG est donné, et aussi le rectangle de A E et ED; comme ces deux lignes AE, ED sont d'ailleurs les deux segments d'une. droite connue A D , il est clair que l'on a ce qu'il faut pour déterminer le point E.
SYNTHÈSE
Faites M — N:M; : AB:P, et coupez AD en E ou E' de façon que AExED = PxAG;E est le point cherché. Oar^ par construction , M:M— N::P:AB,doncM:M— .N:;PxACouAExED:ABxAC, tfoiiili^ultequeM:N::AExED:AExED— BAxAC,ou;;AE xEDïBExEC.
Deuxième cas. Supposez A B et CD inégaux {fig. \%\
ANALYSE
Il est clair que AExED = (BE-f-AB) (EC-hCD)=BExEC + BExCD-i- ABxED; donc AExED-^BEx£G = BExCD H^EDxAB=rBDxGD~EDxCD+ABxED=BDxCD + (AB
ANALYSE GjfOMETKIQUI. gx
•— CD ) ED. Prolongez AD jusqu'en un point F tel que (AB— CD) X D F = BD X CD ; ce point est connu , puisque A B, C D^ BD dont donnes. Par cette constraction, AExED — BExEC = (AB — CD) (DF+ED) = (AB — CD)EF,
Maintenant , comme le rapport deAExEDaBËxECest donné, il en est de même du rapport de AExED à (AB — CD) DF; de plus (A B -^ CD) étant donné ainsi que les points A , C , F, on déterminera les points F et £ par la proposition XIV de ce second livre, page 84.
Au moyen de cette proposition, on obtiendra aisém^it la construction cherchée.
Il reste encore à assigner les cas extréines de ce problème* Pour cela, décrivez sur AD (fig* 18 bis), comme diamètre, une circonférence de ce cercle; élevez les perpendiculaires BI et GCH; tirez, la droite lOH, et menez^lui par le point cherché E la parallèle KEL; tirez OG, £G, ensidte lE que vous prolongerez jusqu'à la circonférence en M ; joignez enfin le point M aux points L et G.
Le pcMnt O est évidenunent donné. De plus, le rapport de AE x ED à BE X EC peut être .considéré comme composé de celui de AE x ED ou lExEM à KExEL, et de celui de KExELà BExEG.
Maintenant, puisque BK et CL sont parallèles, KE:EL::B£:EG, ou KE:BE::£L:£C, et par conséquent ir^:B^::K£x£L:BS X EC. De plus, K£ et 10 étant' aussi parallèles, KE:BE: :IO:BO, d'oùKl&^:Bl^::ïcF:BOF. Doncîo^:icP::KEkEL:BExEC,etconséquemment le rapport des deux rectangles K E x E L et BExEG est donné; supposez qu'il soit égal à celui des detix lignes PQ et ST.
L'angle MGL étant égal à MI G comme inscrit dans le même segment , est aussi égal à l'angle intérieur MEL, et par conséquent le qua^ drilatëre M GEL est inscriptîble dans un cercle, ce qui prouve que l'angle LM E est égal à LGE. Menez la droite LN soua une inclinaison MLN égale à CGO. Les triangles GOC et HOC sont évidemment égaux ; donc l'angle CCD s CHO ^CLEss EKL Par conséquent
g2 ANALYSEGÉOM^TRIQUE.
les triangles lEK et LE N sont semblables, et IE:KE:: EL: EN ^ donc KE X EL=IE X EN. Prenez ensuite PR de façon que PR:PQ : :EM :EN. Le rapport de lE x EM à KE x EL devient celui de lE x EM à lExEN ou de EM à EN; donc le rapport de AExEDà BExEC est compose de celui de PR à PQ, et de celui de PQ à ST, c'est-àdire qu'il est égal à celui de PR à ST. Mais que le point de section E vienne à se rapprocher de O, alors l'angle EGO ou MLN diminuera évidemment, et par suite le point N s'approchera de M d'une quantité correspondante. Ainsi le terme extrême que PR ne peut jamais dépasser, c'est PQ;donc le rapport des rectangles AExEDetBExEC, a pour limite celui de PQ à ST, ou de ÎÔ» à BO*.
Le point O, qui 'est la limite des points de section E, peut aisément être déterminé. Puisque BI et CH soiit parallèles, BI:CH; ;BO:OC, et BÎ" ou AB X BD :Cff ou A C x CD : : BÔ»:CC?. Ainsi pour obtenir le point O, ilfaut diviser BG en deux segments qui soient en raison sous-doublée du rectangle ABxBD à AGxGD,ce qui s'exécutera par la proposition XIV du premier livre, page 47-
Mais la limite que nous venons de connaître peut être trouvée plus directement. Eneflfet, joignez IG et menez à cette ligne la perpendiculaire DV; tirez ensuite les droites DG, DI, G V et BV, et après avoir mené le diamètre IZ , joignez le point Z au point G. Les angles DGG et DIV ayant chacun pour mesure la moitié de l'arc DH ou de son égal GD, sont égaux; de plus, les quadrilatères BI Y D et GGVD sont inscriptibles dans un cercle, puisque leurs angles opposés B, V, et G, V, sont droits; donc l'angle D GG est égal à D VG, et DIV est égal à DBV; conséquemment les angles DVG et DBV sont égaux. Il résulte de -là que les triangles GDV et VDB sont semblables, puisqu'ils ont en outre un angle commun; ainsi BD :DV:;DV:DG,etBDxDG=ïïT'. Mais, d'un autre côté, DG"' = AD X D G , donc dg"-— DV* ou GV"' = AD x DC — B D x DG==AB x DG. De la niême manière il est visible que rv' = AGxBD. Par conséquent la distance IG est déterminée, puisqu'elle est la différence entre
ANALYSE 6É0M1ÊTRIQUE. ^3
les côtés de deux quarrës qui sont respectivement égaux aux rectangles AC^ DB, AB X DC. De plus, l'angle BIO étant égal à GHI, il l'est aussi à GZI ; et comme aussi l'angle droit OBI est égal à I GZ, il s'ensuit que les triangles lOB et ZIG sont semblables, et que lO :BO::IZ ou AD:IG. Ainsi la limite du rapport de AExED à BE xEC, c'est-à-dire la valeur de ce rapport à l'état de minimum est égale au quarré du rapport de A D à la différence des côtés de deux quarrés respectivement égaux aux rectangles AC x DB et'AB x D C.
PROPOSITION XIX
PROBLEME
Par un point donné, mener une droite telle que la partie interceptée dans une circonférence donnée soit égale à une ligne donnée.
Soit A {fig. 19 ) un point par lequel il faut mener une droite HI, terminée à la circonférence , et égale à B.
ANALYSE
On sait que dans un cercle toutes les cordes d'égale longueur s'écartent également du centre ; si donc on inscrit une corde D E égale à B , il est clair que la corde cherchée doit être distante du centre d'une quantité égale à C F. Par conséquent cette corde doit être tangente à la circonférence décrite dii centre C avec le rayon CF. Le point A étant donné, la tangente AG à ce cercle est donc connue, et H I est déterminé.
SYNTHÈSE
Portezune corde DE égale à B, par C abaissez sur cette corde la perpendiculaire CF, et avec CF pour rayon décrivez un cercle concentrique au cercle donné ; la tangente H AI à ce cercle est la droite cherchée. Car il est évident que les cordes HI etDE étant distantes du centre, sont chacune égales à B (i).
(i)Ge problème est susceptible d un m^ÛTtM^ qu il est facile d'obtenir, c'est*à-dire
94 ANALYSE GiîOMÉTRIQUE.
PROPOSITION XX
PROBLEME
Par un point donné, mener une droite telle que la partie de cette droite comprise entre deux circonférences concentriques , soit d'une longueur donnée.
Soit proposé (^fig.no) de mener, par Â, la droite ABC, de manière que la partie B C interceptée par les deux cercles concentriques HEC H etIFBLsoit égale à D.
ANALYSE
Par un point quelconque H, pris sur Tune des circonférences données, menez la corde H M =EC, et abaissez sur les droites les perpendiculaires OK. et OG. Les cordes égales HM et EC sont équidistantes du centre, et par la propriété réciproque IL est é^\e à BF; conséquemment les moitiés de ces lignes sont ^;ales, c'est-à-dire que HK=:GC et IK = GB; donc HI est ^;al à BC, et est ainsi donné. Il suit de-la que le point I et la corde H M sont pareillement déterminés; il en est donc de même de AGC qui touche le cercle OKG auquel la droite H M est tangente.
SYNTHESE
Par un point H pris à volonté sur Tune des circonférences, menez une droite HIM telle cpie la partie HI soit égale à D; abaissez sur cette droite la perpendiculaire OK , et prenant O K pour rayon décrirez du pmnt O un cercle auquel vous mènerez la tangente ABC;
qu'on peut abëmeiit trouver h «onMiicûon néeesswe pour que la carde H I soie la plus petite possible. En effet, pour que HI soit uu miniauÊm^ U but que GC soit un maximum; or 6C ne peut jamais deyenir plus grand que AC, mais il peut lui être ^gal; donc le maximum de GC, et le minimum de HI, ont lieu quand le point G se confond ayec A , c*est-à-dire quand la corde cherdiée est perpendicu* laire à A C , qui est une droite donnée.
( Nou du traducteur. } -
ANALT8B G^OH J^TRIQO E. g5
tetXe tangente satisfera aux conditions du problême. Car les cordes £ G et F B sont égales respectivement aux cordes H M et I L équidistantes du centre ; donc leurs moitiés sont %ales , c'est-à^ire que GC = HK,etGB = IK,d'oùHI==D.
Il est évident que l'intervalle BC entre les deux cercles concentriques sera à son minimum quand A G passera par le centre, et à son maximum lorsque A G sera tangent au cercle intérieur. Ainsi la ligne donnée D est renfermée entre deux limites ; elle ne peut être plus grande que la radne quarrée de la différence des quarres de
ces rayons.
PROPOSITION XXI
-PROBLÊMB.
Etant donnés deux cercles quelconques , et un point sur la droite qui joint leurs centres , tel que les distances de ce point aux centres des cercles soient proportionnelle^ à leurs rayons, on propose de mener une autre droite dont la partie interceptée par les deux circonférences , ait une longueur donnée.
Soient D , E {fig. m) les centres des deux cercles^ et supposez que le point A de la droite DE soit placé de manière que Ton ait AD AE: :DI:EK; il est question de mener par ce point A, la droite ABC telle que B G soit égal à L.
ANALYSE
Tîrex les lignes BD et GE. Puisque AD2AE::DI ou DBrEK ou £G, il s'ensuit queOBest parallèle à£G;doncAD:DE::AB:BG, et puisque AD et D £ sont donnés ainsi que B G qui est égal à L , il s'ensuit que A B est déterminé tant en position qu'en grandeur.
SYNTHÈSE
Prenez une ligne M telle que £K — DI:DI::L:M) et par le point A menez AB ^aie à M; ABC est la droite diçrchée.
96 ANALYSE GléOHlÎTRIQUË.
Car, par hypothèse, AD: AE::DI ou DB:EKouEC; doncDB est parallèle à £C, et en conséquence DB ou DI:EC ou EK ::AB:AC, ainsi EK — DI : DI::BC : AB; mais EK — DIrDI ;;L:M, ou, :;L:AB,donc enfin BC:AB:;L:AB; doii il suit que
