BD+BH=BF+GF=BC

Il suffit donc, pour déterminer le triangle ABC , de meiler une tangente commune aux cercles 0, 0'.

Construire au triangle ABC, connaissant la base BC , la somme des deux antres côtés, et le rayon du cercle inscrit*

Fig. 62. A cau& de ËM+CN=BC (Pr. XIX), il est évident que AB+AC-BC=AM+AN=2AM.

Par conséquent, AM est connu ; et comme 031 Test aussi, il s'ensuit que si l'on construit un triangle rectangle ayant pour côtés de l'angle droit AM et OM, on connaîtra l'angle MAO, puis l'angle MAN, double de MAO. Ainsi, Je problème est ramené au problème précédent.

DB GÉOHÉTRIB ÉLÉMENTAIRE. 35

PROBLÈME XXL

Construire un triangle ABC, connaissant la base BC, la différence des deux autres côtés, et le rayon do cercle inscrit.

A cause de AM=AN, la différence des segments CN, Fus. 62. BM est égale à la différence des côtés AG, AB. Mais CN=CP, BM=BP; donc

CP— BP=CN-BM=AC— AB.

Par conséquent* si Ton porte la différence donnée de G en D, et qu'on élève une perpendiculaire au milieu de BD< égale au rayon du cercle inscrit , on pourra tracer ce cer* cle. Donc les tangentes qui lui seront menées par les extrémités de la base détermineront le triangle ABC.

Construire un triangle ABC, connaissant le périmètre, l'angle A , et le rayon du cercle inscrit.

Soient, comme dans le Problème XIX, 0, 0' le cercle Fig. 45. inscrit et l'un des cercles ex-inscrits. On aura (Th. XIII) AH=AI=p. Et comme les droites AH, AI comprennent entre elles l'angle donné À, on peut construire le cercle ex-inscrit, et ensuite le cercle inscrit, dont le rayon est une des données de la question. Il ne s'agira donc plus, piour déterminer le triangle ABC, que de mener la tangente commune BC.

Construire un triangle ABC, connaissant le périmètre îp, an angle A , et la hauteur h abaissée du sommet de cet angle sur le côté opposé.

Fie 88. Des propriétés démontrées ci-dessus (Th. XII et XIII) on conclut immédiatement la construction suivante :

Sur les côtés kx, ky de l'angle donné A, prenez AE=AF=p; élevez EO, FO, respectivement perpendiculaires à kx, ky ; du point 0, comme centre, avec EO pour rayon, tracez une circonférence : elle touchera les côtés de l'angle aux points E, 0. Du point A, comme centre, avec un rayon égal à la hauteur donnée, tracez une circonférence DD'. Enfin menez, aces deux circonférences, une tangente intérieure DG. Elle coupera les côtés de l'angle donné en deux points B, C, qui seront les deux derniers sommets du triangle demandé.

Remarques. 1° Le problème admet, en général, une seconde solution ABC', qui ne diffère pas essentiellement de la première.

2° Pour que le problème soit possible, il faut que Ton ait

ft^AO — OE.

3© Si h=kO — OE, les deux circonférences sont tangentes; et les deux triangles ABC, AB'C se confondent en un triangle isocèle. Alors, la hauteur h est un maximum.

4° Si l'angle A est droit, la figure AEOF devient un carré ; et la condition ci-dessus se réduit à

fc^AO — p.

Construire un triangle équilatéral ayant ses sommets sur trois parallèles données X, Y, Z.

Supposons le problème résolu, et soit ABC le triangle Fig. 67. équilatéral demandé. Faisons passer une circonférence par les trois sommets A, B, C ; elle coupera la parallèle X en un point 0. Menons OB, OC : nous formerons un angle BOG égal à BAC comme inscrit dans le même segment

CBD ; donc BOC=f. De même, OBD=AOB= ACB=? d .

De là, résulte la construction suivante :

En un point quelconque de la parallèle X, on mène deux droites OC, OB, inclinées à 60° sur les trois parallèles. Ces deux droites coupent Y, Z en deux points C, B. On mène BC; on circonscrit une circonférence au triangle BOC; cette circonférence coupe la parallèle X en A ; on joint ce point aux points B et C ; et ABC est le triangle équilatéral demandé.

A an triangle donné MNP, circonscrire un triangle ABC égal à an triangle donné A'BX'.

Le point B se trouve évidemment sur Tare capable de Fig. 69. l'angle B', décrit sur MN comme corde ; et le point C, sur l'arc capable de l'angle C, décrit sur MP comme corde.

Maintenant, si Ton mène par le point M une sécante BC telle, que la partie comprise dans les deux segments soit égale à B'C (Pr. III), et que Von tire BN et CP, on aura le triangle demandé ABC.

38 TfltOBfeUS BT PtOBLkMBS

Remarque. Si le côté donné B'C n'est ni trop grand ni trop petit, le problème sera susceptible d'une seconde solution; car on pourra, en général, mener par le poiut M deux sécantes BC, DE telles, que les parties comprises entre les deux segments soient égales à B'C.

A m triangle donné ABC, eireenserire an triangle éqnilatéral maiirçoiB.

Fig. 89. Du Problème XXV, on conclut la construction suivante : Sur les trois côtés du triangle ÂBG on décrit trois arcs

capables de ^ d'angle droit; par le sommet B du plus petit

des trois angles, on mène une sécante MP terminée aux arcs BPÀ, BMC, et parallèle à la ligne des centres. On mène les droites PA, MC , lesquelles, se coupant en un point N situé sur Tare AC, forment le triangle équilatéral maximum MNP.

Par un point donné A, mener une sécante ABC qui forme, avec les deux côtés d'un angle donné 0, un triangle OBC, dont le périmètre toit donné.

Fig. 63, Si Ton imagine un cercle I, ex-inscrit à ce triangle, on aura (Th. XIII) ON=OP=p.

De cette remarque résulte la construction suivante : On prend, sur les deux côtés de l'angle 0, des distances ON, OP égales à la moitié du périmètre donné; aux points N, P on élève, sur les deux côtés de l'angle, des perpendiculaires qui se coupent en I. Du point I, avec IN pour rayon, on décrit une circonférence à laquelle on mène, par

le point A, une tangente ABMG : cette droite est la sécante demandée.

Étant donnés un triangle ABC et an point 0, mener par ee point une aéeante OMN telle, que le segment HN eompris dans l'angle À soit égal à la somme dos deui segmenta BM, CN.

A cause de MN=NB + CN, le périmètre du triangle Fig. 64. AMN est égal à la somme des côtés AB , AG du triangle donné, ht question se réduit fane à mener, par le point 0, une sécante qui détermine dans l'angle A un triangle AMN, ayant un périmètre donné. C'est le problème que nous venons de résoudre.

Inscrire, dans l'angle A d'un triangle donné ABC, une droite DE,de longueur dpnnée L, et égale à la somme des segments BD, EC.

Des deux problèmes précédents et du Théorème XHl, on tire la conclusion suivante :

Prenez, sur Ibb côtés de l'angle A, Fia. 66.

AF=AG=4(AB+AC-f-BC),

et décrivez le cercle 0', qui touche eu F, G les côtés de l'angle. Prenez ensuite FI=GK=L, et décrivez le cercle 0. Menez enfin, à ces deux cercles, une tangente commune intérieure DE.

40 THfiORfeMBS ET PROBLÈMES

Étant donnés deux circonférences et un point A, mener nne droite MN terminée aux circonférences et divisée en deux parties égales par le point A.

Fig. 78. Soit C la circonférence symétrique de par rapport au point donné; soient M, M' les points où cette circonférence auxiliaire coupe la circonférence 0'. Si Ton mène les droites MAN, M'AN', elles satisferont à l'énoncé.

Remarque. Pour que le problème soit possible, il faut que l'on ait