AD=AE=5(AB+AC + BC

Remarques. I. Les sommets D, E du triangle DAE sont les points de contact des droites AD, AE avec le cercle 0, ex-inscrit au triangle donné ABC. ~

IL Si l'on représente par a, b, c et 2p les côtés et le périmètre du triangle ABC , on trouve

DE=%|/Sp3.

40 TBftOBlD» ET PROBLÈME*

Trouver, sur une droite donnée AB t on point M tel, que la somme 4e ses distances à deux points donnés C, D, situés d'un même côté de AB, soit un minimum.

Fig. 11. Abaissons CE perpendiculaire sur AB» et prolongeons cette perpendiculaire d'une quantité EC égale à EC : le point G' sera symétrique du point C, par rapport à AB; donc C'M=CM, etCM + MD=CM + MD.Or, cette dernière somme sera la plus petite possible, lorsque les trois points D, M, C seront en ligne droite.

Il suffit donc, pour résoudre le problème proposé, de joindre le point donné D au point C, symétrique de l'autre point donné C, par une droite DMC : le point M', où cette ligne rencontre la droite donnée AB, satisfait à la question.

Remarques. 1° AB et DMC étant des droites, les angles DMB, AMC sont égaux comme opposés au sommet ; d'ailleurs AMC=*AMG, attendu que AB est perpendiculaire au milieu de CC; donc les angles DMB, AMC sont égaux entre eux.

2° Cette propriété peut être énoncée autrement : supposons, conformément au principe de la moindre action, que CMD soit le chemin suivi par un corps élastique qui, parti du point C, soit arrivé en D, après s'être réfléchi sur la droite AB. Menons MN perpendiculaire ou normale à AB : les angles NMC, NMB seront appelés respectivement angle d'incidence et angle de réflexion. D'ailleurs ces angles, compléments respectifs d'angles égaux, sont égaux. Ainsi, la réflexion des corps élastiques, de la lumière, par exemple, se fait de manière que i angle d'incidence est égal à Y angle de réflexion. Cette conclusion est confirmée par l'expérience.

DU OtaHfiimiB ÉUMIHTÂlRB. li

k m triage ABC, fowrire n triangle 1NP de périmètre minimum.

Supposons d'abord le point P pris arbitrairement sur le Fig. 9. côté AB, et cherchons, parmi tous les triangles inscrits ayant P pour sommet commun, quel est celui dont le périmètre est un minimum. Soient Q, R les points symétriques de P, relativement aux côtés BC, AC : ces points sont évidemment situés sur les droites BA', AB', symétriques de AB, par rapport à BC, AC. En raisonnant comme dans le Proè. X» où voit que RNMQ est une ligne droite. D'ailleurs,

AR + BQ= AP+ BP=AB.

Ainsi , dans tous les triangles tels que C'QR, la somme dès deux côtés C'Q, C'R est constante. Par conséquent, pour résoudre le problème proposé, on doit (Prob.IX) prendre C f Q=C'R=5(AB + BC f + AC) , mener la droite RNMQ, et prendre enfin AP= AR.

Quelle route doit suivit une bille M pour reflconlrer une autre bille N, après avoir touché les quatre bandes du billard?

Soit MPQRSN la route inconnue que doit suivre la bille Fig. 12. M sur le billard rectangulaire ABCD. Construisons le point M' symétrique de M par rapport à AB, et le point M" symétrique de M' par rapport à BC. Soient N' et N" les points que Ton déduit de N par une construction analogue. D'après le Problème X, les lignes MTQ, M"QR, N'SR, N"RQ sont droites ; donc M ;/ QRN 7/ est une ligne droite : elle détermine évidemment les points R, Q, puis les points P, S.

Remarques. 1° Le plus court chemin MPQRSN est égal, en longueur, à la droite M"N".

2° Les angles aigus P, R sont égaux, comme compléments d'angles égaux; donc les droites PQ, RS sont parallèles. De même MP et NS sont parallèles à RQ.

PROBLÈME XIIL

Quelle route doit suivre une bille pour revenir an point de départ, après avoir touché les quatre bandes du billard?

Fig. 13. Pour résoudre cette question, il suffit de supposer, dans le Problème XII, que les points M, N se confondent; alors, d'après la dernière remarque, la figure MPQRSM devient un parallélogramme.

De plus, ce parallélogramme a ses côtés parallèles aux diagonales AC, RD du rectangle.

En effet, si nous prolongeons DA jusqu'à sa rencontre en T avec PM', nous aurons AT=AS=CQ; donc le quadrilatère ATQC, dans lequel deux côtés sont égaux et parallèles, sera un parallélogramme; donc PQ est parallèle àAC.

Remarque. A cause de TP=PS, on a PQ+PS=QT==AC; donc le plus court chemin MPQRS a une longueur égale à la somme des deux diagonales AC, RD. Cette longueur est donc indépendante de la position du point M.

A un quadrilatère quelconque ABCD , inscrire un quadrilatère MNPQ de périmètre minimum.

Fig. 15. Si Ton fixe les sommets Q, N, on devra, pour satisfaire à la condition proposée, rendre les angles AMQ, BMN égaux

DE GÉOMÉTRIE ÉLÉMEKTÀTRB. 43

entre eux (Prob. X[). Pour la même raison, les angles BNM, CNP doivent être égaux entre eux; et ainsi de suite. Conséquemment, la ligne MNPQ est celle que décrirait une bille qui repasserait indéfiniment par sa position initiale , après avoir touché les bandes du billard quadr angulaire ABCD.

Cela posé, en prenant pour unité l'angle droit, nous aurons, dans les triangles AMQ, BNM, CPN, DQP :

On conclut, de ces égalités,

Par conséquent, le problème sera indéterminé si, dans le quadrilatère donné, les angles opposés sont supplémentaires (*) ; il sera impossible dans le cas contraire (**) .

Remarques. I. Dans le cas où le problème est possible, on peut prendre arbitrairement le sommet M , et la construction indiquée sur la figure 185 donne le polygone cherché MNPQ.

II. La même construction montre clairement à quoi tient l'indétermination du problème. En effet, soit le point où les deux droites symétriques BM\ B'M'" rencontrent le prolongement du côté CD, et 0' le point de concours des droites AM", CD. Dans les triangles BCO, ADO',

(*) C'est-à-dire si le quadrilatère est inscriptible.

(**) En général, si Ton veut inscrire, à un polygone donné, un polygone de périmètre minimum, le problème est impossible ou indéterminé, quand le polygone donné a un nombre pair de côtés.

14 THÉOitao» ft piohJub

angleO— angle DCB — angle CBM\ angleO'= angle ABC — on^te M'AD ; ou 0=C— B, 0'=D — A.

Mais À+C=B+D;

donc 0=0';

donc les droites M"B, AM" sont parallèles. On conclut aisément de là que si le sommet M parcourt AB, b droite M"M'" se déplace, en conservant même grandeur et même direction : etc.

Trouver, sur une droite donnée ÀB, on point H tel , que la différence de tes distances à deux points donnés G, D, situés de part et d'autre de ÀB, soit un maximum.

Tiu. 14. En prenant, comme dans le Problème X, le point C symétrique du point C, nous aurons CM— MD=C'M — MD. Or, cette dernière différence sera la plus grande possible, lorsque les trois points C, D, M seront en ligne droite.

En effet, si nous prenons sur AB un point quelconque M', nous aurons, dans le triangle G'M'D :