OM(OC+OC'+OC"+...)=P

Soit I le centre des moyennes distances des points B, B', B".,.. : sa distance à un plan XY, mené par le point perpendiculairement à OM, sera (Th. XVI)

d=i(OC+OC + ...).

Par suite, OM.nd=P.

Mais, si nous abaissons MR perpendiculaire à 01, nous aurons aussi

OM.d=OI.OR;

donc enfin ^ ==: Sôï-

Cette valeur exprime que la projection de OM sur 01 est constante ; ou que la surface cherchée est un plan, perpendiculaire à la droite qui joint le point au centre des points B,B', B' 7 ....

M GÉOMÉTRIE ÉLÉMENTÀIEB, 325

On donne deux plans P, Q et nn point A. Par ee point, on fait passer une droite arbitraire qui eonpe les plans donnés en des points G, D; après quoi Ton construit le point B, conjugué harmonique du point A, relativement aux deux autres points. [Quel est le lieu du point Bf

Par le point donné À, imaginons un plan perpendiculaire ^ 10, 2 ° 7, aux deux plans donnés. Soient EF, EG les traces de ces derniers plans sur le plan auxiliaire; et soit C'AD'B' la projection de la droite GADB. Les segments de ces deux droites sont proportionnels entre eux ; donc le lieu du point B' est une droite EH, conjuguée harmonique de EA, relativement à l'angle FEG. Le lieu demandé est donc un plan R, perpendiculaire à celui de la figure, et ayant pour trace la droite EH.

Remarque. Si les plans P, Q sont parallèles entre eux, le plan R leur est parallèle.

Étant donnés un quadrilatère gauche ABCD et une droite EP qui partage proportionnellement les deux côtés opposés AD, BG de cette figure , trouver une droite GH qui partage proportionnellement les deux autres côtés AB, CD, et qui soit perpendiculaire à la première droite EF.

Première solution. La droite cherchée doit partager pro- Fio. 288. portionuellement AB et CD ; donc elle est située dans un plan parallèle à AD et BC (Th. VII). De plus, cette ligne doit être perpendiculaire à EF ; elle est donc située aussi dans un plan perpendiculaire à EF. D'après cela, si Ton imagine, par un point quelconque de l'espace, un plan parallèle aux côtés AD, BG du quadrilatère, et un autre plan

916 TWOftÈHÊ» Jrr HtotLfttfR*

perpendiculaire à la droite EF, l'intersection de ces deux plans sera parallèle à la droite GH ; en sorte que, pour déterminer celle-ci, il suffira d'appliquer ce problème connu : Trouver une droite parallèle à une droite donnée, et qui rencontre deux droites données (*). .

Seconde solution. Sur les deux côtés consécutifs AD, DC, construisons le parallélogramme ADGI, et menons BI. La droite donnée ËF est parallèle au plan ÀIB ; de même, la droite cherchée GH sera parallèle au plan CTfi. Soit AL parallèle à EF, et soit CM parallèle à GH : AEFL et CMGH sont des parallélogrammes. De plus, les droites CM, AL doivent être perpendiculaires entre elles , comme étant respectivement parallèles à des droites perpendiculaires entre elles. 11 ne s'agit donc plus, pour déterminer CM, que de résoudre ce problème : Mener, dans un plan donné CIB, et par un point C de ce plan, une droite CM qui soit perpendiculaire à une droite donnée AL, située dans un plan donné MB.

Or, si Ton abaisse CP perpendiculaire au plan AIB, que du pied P de cette droite, on mène PQM perpendiculaire à AL; qu'enfin on joigne le point M, oùïette perpendiculaire rencontre l'intersection Bl des deux plans, avec le point donné C, on aura la droite cherchée CM.

Remarque. A chaque position de la droite EF correspond une position de la droite GH ; en sorte que si la droite EF se meut, en restant parallèle au plan directeur AIB, la droite GH se meut pareillement, et que le point 0, où ce* deux droites se coupent, décrit un certain lieu géométrique. Ce lieu n'est pas reetiligne; mais nous allons prouver, dans te problème suivant, qu'il est plaru

{*) fruité élémentaire de Géométrie descrtpfoé, rteAliête Partie , p. 90.

D* MOItTlUI fttJafiftTAllE. • HT

Une droite ËF s'appuie sur les deux côtés opposés AD, BC d'an quadrilatère gauche, en restant parallèle à l'dn des deux plans directeurs. Une seeonde droite 6H s'appuie sur les deux attires côtés opposés AB, CD, eft restant parallèle au second plan directeur. De plus, ces deux droites aonlcoûstiflimenl perpendiculaires entre elles. De quelle sature est la ligna détrile par lour point d'intersection?

Si nous considérons diverses positions EF, ET..., GH, Pic 289. G'H'..» des deux droites mobiles» nous obtiendrons une infinité de quadrilatères gauches, tels que OTO'S, dans chacun desquels deux angles opposés sont droite. Il est clair que chacune de ces figures pourrait tenir lieu du quadrilatère donné. Nous pouvons donc, pour plus de simplicité , et sans rien ôter à la généralité de la solution, supposer que celui-ci & deux angles droits, en 6 et en D.

Soit ABCD un pareil quadrilatère» Si nous menons la Fig. 290. diagonale ÀC, et que nous joignions le milieu K de cette droite aux deux sommets 8, D, les quatre distances ÀK, BK , CK, DK seront égales entre elles , comme rayons de deux demi-cercles égaux.

De même, si EF et GH sont deux positions correspondantes des droites mobile* , en sorte que l'angle àoil droit, les quatre points B, F, 0, G seront également distants du milieu K' de GF.

Construisons, comme dans le Problème précédent, le Fig. 291. parallélogramme ADCI : ses diagonales se coupent en leur milieu commun U ; donc, par ce qui précède, DtWUB»=UI ; donc ratifie DBU est droit.

228 * THÉORÈMES ET PIOBLÈMBS

De même, si nous construisons le parallélogramme EDHR, el que nous menions OR et DO, l'angle DOR sera droit. Mais les droites OR, BI sont parallèles, comme étant les intersections de plans respectivement parallèles ; donc la droite DO est située dans un plan perpendiculaire k BI, qui coupe le plan DBI suivant DB. Donc le lieu du point est plan.

Remarque. Les lecteurs à qui les Surfaces du second ordre sont familières reconnaîtront que la propriété indiquée dans le problème précédent peut être énoncée en ces termes : Dans tout paraboloide hyperbolique , le lieu des intersections de deux génératrices perpendiculaires entre elles est une hyperbole dont le plan est perpendiculaire aux deux plans directeurs.

Étant donné deux points fixes A, B, el deux plans fixes VY, XZ, on prend dans l'espace un point quelconque M ; on mène la droite AM ; on joint le point P, où elle perce le plan VY, avec le point B, par la droite P/>B, laquelle perce le plan XZ au point p; enfin on trace les droites BH, kp; et Ton obtient ainsi nn quadrilatère plan MPpm. Si le sommet M de ce quadrilatère décrit une droite CD, quel sera le lieu décrit par le sommet fn?

Convenons, pour abréger, d'appeler points homologues Fig. 292. les points M, m. Alors P, p seront des points homologues ; et si C est la trace de la droite CD sur le plan VY f et que c soit la trace de BC sur le plan XZ, les points C, c seront encore des points homologues.

Cela posé , si nous considérons l'angle trièdre dont les arêtes sont BM, BC, BP, et que nous le coupions par le

plan mcp 9 les points de concours des côtés homologues, dans les deux triangles MCP, mcp, doivent appartenir à une même droite, intersection des plans de ces triangles. Or, les côtés MP, mp concourent en A ; les côtés CP, cp concourent en un point E, évidemment situé sur Tintersection XY des deux plans donnés; donc le point de concours F des deux côtés CM , cm est l'intersection de la droite AE avec la droite donnée CD. Par conséquent, le lieu du point m est la droite cF, laquelle est alors Y homologue de CD.

Remarques. I. On vient de voir que la trace G de la droite CD, sur le plan VY, a pour point homologue la trace c de la droite cF sur le plan XZ. On verra, de même, que le point où la première droite perce le plan XZ a pour homologue le point où la seconde droite rencontre le plan VY.

IL Si une droite est parallèle à l'un des plans fixes, son homologue est parallèle à l'autre plan.

III. Si une droite est parallèle à l'intersection des plans fixes, son homologue est parallèle a cette intersection.

IV. Si la première droite est située dans le plan VY, son homologue sera située sur le second plan.

V. Les homologues de droites concourantes sont aussi des droites concourantes.

VI. Les homologues de droites parallèles sont, en gêné- Fig. 293. rai , des droites concourantes. Leur point de concours F s'obtient en menant, par les points A et B, des parallèles AP,BF à la direction donnée, en joignant la trace P de la première au point B, et en joignant la trace p de cette dernière droite au point A par la droite Ap, que Ton prolonge jusqu'à sa rencontre avec BF.

VIL Supposons qu'une droite D s'appuie sur une droite D\

t30 Taloftiws i? moiUsvw

en restant parallèle è une direction donnée ; alors l'homologue d deD reneontre l'homologue d' de D' f et passe constamment par un point fixe : cette droite d engeudre donc un plan. Par conséquent, Y homologue de toute figure flaM e$t une autre figure plane,

VIII. Le problème que noua venons de résoudre, et dont noua venons d'indiquer quelques conséquence*, est pe nouvelle application du principe de la transformation <ta figures.

THÉORÈME I

Tont plan GFHE, mené par les milieux E, B de deux arêtes opposées AB , CD d'un tétraèdre ÀBGD, partage <• ttrpi en deux parties équivalentes EGFBHCA, EGFBHD.

Le premier polyèdre EGFHCA se coippose d'une pyra- Fig. 294. mide quadrangulaire EGFHC et d'un tétraèdre AECH. De même, EGHFBD se compose d'une pyramide quadrangulaire EGFHD et d'un tétraèdre jEBGD,

Les deux pyramides quadrangulaires ont même base EGFH. De plus, à cause de FC=FD, leurs sommets C, D sont égalâmes distants de perte base ; donc elles sont équivalentes, Il reste à comparer les deux tétraèdres AECH, EBGD.

Si nous prenons pour base de ces tétraèdres les triangle; AEC, EBG, aous aurons, évidemment,

AECH AEÇ AH

EBGD EBG" AD'

Les deux triangles AEC, EBG ont leurs bases AE, EB en ligne droite ; leurs hauteurs sont donc proportionnelles à BC et BG ; ainsi, à cause de AE=EB,

AEC bc .

EBG BG ;

,, • AECH BC AH

" 0U EBGD BG'AD*

Actuellement, la figure ABGD est un quadrilatère gauche,

dans lequel les côtés opposés AB, BG sont coupés proportionnellement. Donc le plan EGFH doit partager en parties proportionnelles les deux autres côtés BC, AD (V. Th. VII). Ainsi,