S Y N T H ES E
Ayant pris H comme ci-dessus, cherchez par la dernière proposition un point D tel que C D x B D = A D x H ; ce sera le point cherché ; puisque ADxG:ADxH ouCDxBD;;G:H ou ; ; M : N.
PROPOSITION XV
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 deux autres. .
Il faut trouver un point D {fig. i5 ) tel que AU* = CD x BD.
Premier cas. Quand le point D est entre A et B.
ANALYSE
Puisque AD’ = CD x BD, il s'ensuit que CD:AD::AD:BD, d'où
(i) Le lecteur est prié de faire les figures relatives aux propositions i4 cl i5.
ANALYSE GÉOMÉTRIQUE. 8 i)
AC:AD: : AB:BD, ou bien AC:AB; ;AD:BD. Mais le rapport de AC à AB étant donné, celui de AD à BD l'est 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 problème.
Deuxième cas. Quand le point D est entre B et C (/%■- i5 ).
ANALYSE
Faites DE= AD, et puisque aü'= CD x BD, il est clair que CD :AD ou DF.;;AD:BD, et par conséquent CE:DE;;AB:BD ou CE:AB; ;DE:BD; ;aDE ou AEraBD, ou bien encore CE:AB ::CE+AE ou AC;ABh aBD ou BE, et conséquemment CExBE = ABxAC. Le second de ces rectangles étant donné, le 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.
SYNTHÈSE
Partagez BC au point E en deux portions telles que CExBE = ABxAC, et prenez le milieu D de AE; vous aurez alors a D’ = CD x BD.
En effet, puisque CE xBE = ABxAC, il est évident que CE ; A B ; ; A C : B E, d’où CE:AB;;AE:aBDou;;DE:BD; ainsi en changeant l'ordre des moyens, CE:DE: : AB:BD , et par conséquent CD: D E ou AD; ; AI):BD ; donc enfin CD x BD = ad*.
Ce dernier cas est évidemment sujet à une limite au-delà de laquelle le problème deviendrait impossible; car le rectangle AB x 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 OÉOMÉTRIQUÏ.
quarré de BC. La limite a donc lieu quand le point E coïncide • avec O milieu de BC; alors il arrive que A B x AC = BO’ ou bien que A B x A C + DÔ’ = aBÔ 5 = AÔ’; par conséquent AO est la diagonale du quarré décrit sur BO. Dans ce cas, AB:BC:;t/'ï — «:a ou :: i: a-H/ë; c’est-à-dire que le rapport de AB à BC 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
PROBLÈME
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 scs distances aux deux autres.
• Soit proposé de trouver un point D ( fig . 16) tel que AD’ soit à
CD x DB daus le rapport de M à N.
Premier cas. Quand le point D est entre A et B.
Sur BC décrivez un demi-cercle, et menœ-lui la tangente DE; alors DE’ = CDx 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 E D jusqu’en G à la rencontre d’une perpendiculaire A G sur AC. Les triangles A DG et EDF ainsi formés sont évidemment semblables, et AD:DE;;AG:EF; le rapport de AD à DE étant connu, celui de AG à EF l’est pareillement, et puisque le rayon EF est donné, AG et le point G sont déterminés; donc la tangente GE et son intersection D avec AC sont aussi déterminées.
SYNTHÈSE
Prenez une moyenne proportionnelle O entre M et N ; sur B C ,
Dioitized b
Càpogk
décrivez un demi-cercle, et élevez au point A sur AC une perpendiculaire A G d’une longueur telle que l’on ait O: M : :EF: AG; si vous menez par le point G une tangente G DE, son intersection D avec A C sera le point cherché.
En effet, en vertu de la similitude des triangles DAG et DEF, AD:DE::AG:EF ou:;M:0; donc AD 1 : UE’ ; : M 1 :0* ou bien ad* :DË*::M:N; mais DE" = CD x DB, par conséquent ÂÎFiCDxDB
Deuxième cas. Quand le point D est entre B et C ( fig . 1 6 bis).
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 = DF 1 , le rapport de ÂS 1 «à DF, 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 AFD est donné d’espèce. Ainsi l’angle DAF 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 FD ou F'D', et du point D ou D'.
SYNTHÈSE
Prenez une moyenne proportionnelle O entre M et N, et élevez la perpendiculaire C E, telle que l’on ait MrO; : AC:CE; tirez ensuite la droite AE; par les points F ou F' où elle rencontre le demicercle décrit sur BC, abaissez les perpendiculaires F D ou F'D, vous aurez alors M:N : :Â7F:BD x DC ou : :ÂIF*:BD' x D'O.
En effet la similitude évidente des triangles A CE et ADF prouve que AC:CE; ; AD:D F, et que ÂC’liTË’: lAD’CUP; mais M:N::M’:0’ ou : lÂC’lÜË’; par conséquent ÂU’:ÜT’=BD x DC;;M:N.
Ce problème exige évidemment une certaine relation entre les données, au-delà de laquelle il deviendrait impossible; cette impos-
- sibilité aurait lieu si la ligne AF. s’écartait tellement de AC quelle
ne rencontrât plus la circonférence. La limite arrive donc quand AE touche le cercle. Alors le rapport de AC à CE ou de A D à 1) F 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 XÏF — HIF à HB-.
Troisième cas. Quand le point D est au-delà des points B et C, (fig. 16 ter).
Sur BC décrivez un demi-cercle, menez la tangente DE, et prolongez-la jusqu’à la rencontre de la perpendiculaire AG; tirez EF.
Puisque BD x DC = DE’, le rapport de À IV à DE’ 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 DF. est connu, il en est de même de celui de AG à F.F; EF qui est la moitié de BC étant évidemment donné, AG et le point G sont déterminés, et par suite la tangente GE et son intersection D avec AC.
SYNTHÈSE
Prenez toujours une moyenne proportionnelle O entre M et N ; faites de plus que AG soit à EF comme M est à O; et par le point G ainsi déterminé, menez la tangente CED; D sera le point cherché.
Pour le prouver, tirez le rayon EF. Les triangles ADG et EDF étant semblables, A G:F,F; ; A D:F.D, 'mais AG:EF: ;M:0, donc M:0:;AD:ED, et M* : O’; lED-rFET’, d'où M;N;:r&:ËF’ ou:: ÂTv:BD x DC.
PROPOSITION XVII
PROBLEME
Etant donnés quatre points sur une même ligne droite, on propose
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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. 17, que le lecteur est prie de faire )
tel que AExEB:DExEC;;M:N.
Premier cas. M et N étant égaux.
1 nt
ANALYSE
Puisque AEx EB = DEx EC, il est clair que A E:CE: : DE:EB ; d’où AC: BD . :CE:EB etAC + BD:BD:;BC:EB; mais le rapport de AC + BD à BD est donné, il en est donc de même de celui de EB 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 AExEB= DExEC.
Deuxième cas. M et N étant inégaux.
ANALYSE
Cherchez par la construction précédente un point F tel que AF xF&=DFxFC.
Puisque AExEB:DExEC:;M:N, il s’ensuit que AEx EB: AE x EB — DE x EC; : M:M — N; mais AExEB — DExEC = (AE xEB— AFxFB) + (DFxFC — DExEC) (1) =EF(AF+BE) + EF (DF+CE) = EF (A D + BC). Donc AEx EB:EF (AD + BC) ;;M:M — N; par conséquent le point E sera déterminé au moyen de la proposition XJV de ce livre , pag. 84 (a).
