AE= AF+EF; BF = BE — EF;CF=CE + EF;DE = DF— EF
(a) La question est ramenée à celle-ci : étant donnes trois points A, 11, F d’une droite, trouver un 4' point E, tel qu'en faisant A E + BC = G, on ait ; E F X G: AExEB
//’ Suppl. ia
qO ANALYSE GÉOMÉTRIQUE.'
La resolution synthétique de ce problème est aisée à déduire de ce qui précède.
PROPOSITION XVIII
PROBLÈME
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 deux points moyens.
Soit proposé de trouver un point E (fg. 18, que U lecteur est prié de faire ) tel que AExED:BExEC:;M:N.
Premier cas. Suppose?. A B = C D.
ANALYSE
A cause de ED = CD-t-EC et de AC= AB+BE+EC, on a AE xED=(AB+BE) (AB+EC)=ABxAC+BEx EC, donc AE x ED: AB x AC: : JVI:M — N. Par conséquent le rapport de AE x ED à AB x AC est donné, et aussi le rectangle de A E et ED; comme ccs 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 ; : A B : P, et coupez A D en E ou E’ de façon que AExED = PxAC; E est le point cherché. Car, par construction , M:M — N:;P:AB, donc M:M — N; :Px AC ou AEx ED: AB x AC, d’où il résulte que M:N : : A'E x ED: AE xED — BAxAC,ou::AE x ED:BExEC..
Deuxième cas. Supposez AB et CD inégaux ( fig . 18).
AN A LYSE
Il est clair que AE x ED =■ (BE + AB) (EC+CD) — BE x EC + BExCD + ABxED; donc A Ex ED — BExEC= BExCD + EDxAB=BDxCD — EDxCD+ABxED=BDxCD-t-(AB
ANALYSE GÉOMÉTRIQUE. <)l
• — 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, G D, BD sont donnes. Par cette construction, AEx ED — BE x EC = (AB — CD) (DF-t-ED) = (AB — CD)EF.
Maintenant , corame le rapport de A E x ED à B, F x EC est donné, il en est de même du rapport de AEx ED à (AB — CD) DF; de plus (AB — CD) étant donné ainsi que les points A , C , F, on déterminera les points F et E par la proposition XIV de ce second livre, page 84-
Au moyen de cette proposition , on obtiendra aisément la construction cherchée.
Il reste encore à assigner les cas extrêmes 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 IOH, et menez-lui par le point cherché E la parallèle K EL; tirez OG, EG, ensuite IE que vous prolongerez jusqu’à la circonférence en M; joignez enfin le point M aux points L et G.
Le point O est évidemment donné. De plus, le rapport de AE x ED à BE x EC peut être considéré comme composé de celui de AE x ED on I E x EM à KEx EL, et de celui de KEx EL à BE x EC.
Maintenant , puisque B K et CL sont parallèles, KE:EL: :B£:EG, ou KE:BE:;EL:EC, et par conséquent K ;KE x ELîBE x EC. De plus, KE et 10 étant aussi parallèles, KE:BE: ;IO:BO, d’où lîô^ïïcF. Donc nFlBO 1 ; :KEx EL;BEx IC', et consé-
quemment le rapport des deux rectangles K.E x EL et BE x EC est donné; supposez qu’il soit égal à celui des deux lignes PQ et ST.
L’angle MGL étant égal à MIG comme inscrit dans le même segment, estaussi égal à l'angle intérieur MEL, et par conséquent le quadrilatère MGEL est inscriptible dans un cercle, ce qui prouve que l’angle LM E est égal à LGE. Menez la droite LN sous une inclinaison MLN égale à CG O. Les triangles GOC et HOC sont évidemment égaux ; donc l’angle CGO=CHO=CLE = EKI. Par conséquent
» ia.
les triangles 1EK et LEN sont semblables, et IE:KE; :EL:EN, donc REx EL=IE x EN. Prenez ensuite PR de façon que PR:PQ : ;EM :EN. Le rapport delExEMàKExEL devient celui de IE x EM à IExEN ou de EM à EN; donc le rapport de AE x ED à BE x EC est composé de celui de PR à P Q, 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 P Q;donc le rapport des rectangles A E x ED et BE x EC, a pour limite celui de PQ à ST, ou de îü- à BO'.
Le point 0,qui'est la limite des points de section E, peut aisément être déterminé. Puisque B1 et CH sont parallèles, BI:CH: ;BO:OC, et bT - ou AB x BD:ch* ou A C x CD: ; Bcêrcü'. Ainsi pour obtenir le point O, il faut diviser BC en deux segments qui soient en raison sous-doublée du rectangle ABxBD à A C x C D , çe qui s'exécutera par la proposition XIV du premier livre, page 47-
Mais la limite que nous venons de coimaître peut être trouvée plus directement. En effet, joignez IG et menez à cette ligne la perpendiculaire DV; tirez ensuite les droites DG, DI, C V et BV, et après avoir mené le diamètre IZ , joignez le point Z au point G. Les angles DGC et DIV ayant chacun pour mesure la moitié de l’arc DH ou de sou égal GD, sont égaux; de plus, les quadrilatères BI VD et GCVD%ont inscriptibles dans un cercle, puisque leurs angles opposés B, V,ct C, V, sont droits; donc l’angle DGC est égal à I) VC, et DIV est égal à DBV; conséquemment les angles DV C et DBV sont égaux. Il résulte de -là que les triangles CDV et VDB sont semblables, puisqu’ils ont en outre un angle commun; ainsi BD :DV :;DV:DC,ctBDxD C=u v. Mais, d'un autre côté, üf.' = A I) x DC, donc UG’ — DV ou G V’ = ADxDC — BDx DC=AB xDC. De la même manière il est visible que Fv= ACxBD. Par conséquent la distance IG est déterminée, puisqu'elle est la différence entre
ANALYSE GEOMETRIQUE. (Jj
les côtés de deux quarrés qui sont respectivement égaux aux rectangles ACxDB, ABxDC. 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 IOB et ZI G sont semblables, et que IO :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 ACxDB et ABxDC.
PROPOSITION XIX
PROBLÈME
Par un point donné, mener une droite telle que la partie interceptée dans une circonférence donnée soit égale à une ligne donnée.
Soit A (Jig. 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 du 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.
S Y N T H ÈSE.
Portez une 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 et DE étant distantes du centre, sont chacune égales à B (1).
(■)Ce problème est susceptible d'un minimu/n qu'il est facile d'obtenir, c'est-à-dire
PROPOSITION XX
PR O BLÉ ME
Par un point donné, mener une droite telle que la partie de cette droite comprise entre deux circonférence concentriques, soit d'une longueur donnée.
Soit proposé ( fig . 20) de mener, par A, la droite ABC, de manière que la partie B C interceptée par les deux cercles concentriques H EC M et IFBL soit égale à D.
A N A LYSE
Par un point quelconque H, pris sur l’une des circonférences données, menez la corde HM = EC, et abaissez sur les droites les perpendiculaires O K et OG. Les cordes égales HM et EC sont équidistantes du centre, et par la propriété réciproque IL est égale à BF; conséquemment les moitiés de ces lignes sont égales, c’est-à-dire que HK = GC et 1 K = GB; donc HI est égal à BC, et est ainsi donné. Il suit de-là que le point I et la corde H M sont pareillement déterminés; il en est donc de même de AGC qui touche le cercle O K G auquel la droite HM est tangente.
SYNTHÈSE
Par un point H pris à volonté sur l’iuie des circonférences, menez une droite HIM telle que la partie HI soit égale à D; «abaissez sur cette droite la perpendiculaire OK , et prenant O K pour rayon décrivez du point O un cercle auquel vous mènerez la tangente ABC;
qu’on peut aisément trouver U construction nécessaire pour que la corde H I soit la plus petite possible. En effet, pour que H I soit un minimum , il faut que GC soit un maximum ; or G C ne peut jamais devenir plus grand que A C , mais il peut lui être égal; donc le maximum de GC, et le minimum de Hl,ont lieu quand le point G se confond avec A ,' c'est-à-dire quand la corde cherchée est perpendiculaire à A C , qui est une droite donnée.
( Note du traducteur. )
ANALYSE GÉOMÉTRIQUE. q5
cette tangente satisfera aux conditions du problème. Car les cordes EC et F B sout égales respectivement aux cordes HM et IL équidistantes du centre; donc leurs moitiés sont égales, c’est-à-dire que GC — HK, et GB = IK, d’où HI = D.
Il est évident que l'intervalle BC entre les deux cercles concentriques sera à son minimum quand AC passera par le centre, et à son maximum lorsque AC sera tangent au cercle intérieur. Ainsi la ligne donnée D est renfermée entre deux limites ; elle ne peut être plus grande que la racine quarréc de la différence des quarrés de ces rayons.
PROPOSITION XXI
PROBLÈME
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 proportioimelles 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 {fi g- ai) les centres des deux cercles, et supposez que le point A de la droite DE soit placé de manière que l’on ait AD AE; ;DI:EK; il est question de mener par ce point A, la droite ABC telle que BC soit égal à L.
Tirez les lignes BD et CE. Puisque AD:AE"DI ou DB:EK ou E C , i 1 s'ensuit que D B est parallèle à E C ; donc A D : D E ; ; A B : B C , et puisque AD et DE sont donnés. ainsi que BC qui est égal à L , il s’ensuit que AB est déterminé tant en position qu’en grandeur.
^ SYNTHÈSE
Prenez une ligne M telle que EK — DI:DI;;L:M, et par le poiut A menez AB égale à M; ABC est la droite cherchée.
«j6 ANALYSE GÉOMÉTRIQUE.
Car, par hypothèse, AD:ÀE::DI ou DB:EK ou EC; donc DB est parallèle à EC, et en conséquence DB ou DI:EC ou EK. ;:AB:AC, ainsi EK — DI : DI;;BC : AB; mais EK — DI;DI :;L:M, ou, :;L:AB, donc enfin BC:AB::L:AB; d'où il suit que BC = L.
PROPOSITION XXII
PROBLÈME
Deux cercles dont l’un est intérieur à l'autre étant donnés , mener, par un point donné sur la circonférence du plus petit, et sur la droite qui joint les deux centres, une droite telle que la partie comprise entre les deux circonférences, soit d’une longueur donnée.
Il faut mener ABC ( fig . aa) de manière que la portion interceptée BC soit égale à QR.
ANALYSE
Tirez les lignes B G, CH et F P, et par le centre E du grand cercle abaissez sur AC la perpendiculaire El ; prenez ensuite I L= BI, et menez la parallèle I K à BG. Sur le prolongement de AH, portez une quatrième proportionnelle AM aux lignes AK, AG, AF, et par le point M menez MN parallèle à F P, et rencontrant en N le prolongement de A C.
De ce que LK est parallèle à BG, et FP à MN , il suit que AK ; AG : ; AL: AB, et AF:AM.*;AP:AN; mais, par construction, AK :AG::AF:AM, donc AK:AG::AL:AB::AP:AN. Il suit de-là que AK: AG: : AL+AP ou PL:AB+AN ou BN. Mais IP = IC, et IL = IB, donc PL = BC = QR. A cause du parallélisme des droites LK, IE et BG, KE est égal à EG, et conséquemment AK est donné ; il en résulte que les trois premiers termes de la proportion étant déterminés, le quatrième ou BN l'est également. Mais, de plus, AGH = AFP = AMN; donc les triangle/*C A H et ANM qui ont en outre un angle commun, sont semblables; par conséquent AH:AC;; AN: AM, et AH x AM = ACx AN. Parce dernier résultat
on voit que l’on connaît le rectangle des segments AN, AC dans lesquels est partagée la ligne CN déjà déterminée ; donc AC est connu tant en position qu'en grandeur.
SYNTHÈSE
Après avoir pris KE = EG, portez de A en Al une quatrième proportionnelle aux droites A K , AG et AF, prenez deux lignes Q R et QS qui soient entre elles dans le rapport de AK à AG; partagez au point O la droite SR en deux segments tels que SOxOR = AHx AAI, et enfin menez par le point donné A jusqu’à la circonférence du grand cercle, une droite AC == OR; ce sera la ligne demandée.
Pour le démontrer, tirez les droites CH, B G et F P, menez MN parallèle à F P et El, KL parallèles à CH. Puisque IL = IB et IP = IC, PL est égal à BC. Les triangles CAH et ANM sont semblables, et par conséquent A H ; AC; : AN: A AI , d’où AHxAAI = AC x AN ; mais, par construction , AH x AM= SO x OR, et AC = OR, donc AN = SO. Maintenant, par la propriété des parallèles, AK : AG ; ; AL: AB, et, par hypothèse, AK: AG; '.A F: A AI ou; ; AP :AN, donc AK:AG;;(AL+AP) ou BC:(AN + AB) ou BN. Il suit de-là que BC:BN : ;QR:QS, et que BC:CN: :QR:SR; mais CN = S R , donc B C = Q R , c’est-à-dire la ligne donnée.
PROPOSITION XXIII
PROBLÈME
Par l’extrémité du diamètre d’un cercle donné, mener une droite telle que la partie interceptée entre la circonférence et une perpendiculaire au diamètre soit d’une longueur donnée.
Il est question de mener par A ( Jig . a3 ) la droite AC, de manière que la portion B C soit égale à GH.
//” Suppl.
ANALYSE
Menez BD; l'angle A BD ayant son sommet à la circonférence, et • ses extrémités appuyées sur un diamètre, est droit, et il est par conséquent égal à AEC. Ainsi les triangles DAB et C AE qui ont en outre un angle commun A sont semblables, et AB:AD;;AE:AC, donc AB x AC = A D x AE. Mais le rectangle A D x AE est connu , ainsi il en est de même de A B x A C ; et puisque d’ailleurs BC est donné, AB se trouve" déterminé de grandeur, et par conséquent aussi de position.
SYNTHÈSE
Prolongez G H d’une quantité H I telle que G 1 x I H = AD x A E, et portez dans le cercle une corde AB égale à IH; ce sera la droite cherchée. Car si vous menez BD, la similitude évidente des triangles ABD et AEC vous fournira la proportion, AB:AD;;A E:AC, d’où vous déduirez l’équation AB x AC = AD x AE= GI x IH ; or AB = IH, donc AC = GI et BC=GH.
PROPOSITION XXIV
