CO'<R+R', CO'>R— R

R et R' étant les rayons des cercles donnés.

Mener, dans un triangle ABC, nne transversale MNP telle, que les segments MP, NP, déterminés par les côtés du triangle, soient égaux à des droites données m, n.

Fig. 70. Ce problème peut être regardé comme un cas particulier du Problème XXV : celui où le triangle donné MNP se réduirait à une ligne droite.

Des sommets d'iia triangle ABC, comme centres, décrire trois circonférences qui se touchent mutuellement.

Soient M, N, P les points de contact cherchés. La tan- Fig. 82. gente commune aux cercles C, À, et la tangente commune aux cercles A, B, se rencontrent en un point situé sur la bissectrice de l'angle A. De même, la tangente commune en P et la tangente commune en M se rencontrent sur la bissectrice de l'angle B. Or, les bissectrices des trois angles du triangle ABC se coupent en un point unique 0, centre du cercle inscrit à ce triangle. Donc les tangentes communes en M, N, P sont les rayons menés aux points de contact du cercle avec les trois côtés du triangle ABC.

Il faut donc, pour obtenir les rayons AP, BM, CN :

1° Chercher le centre du cercle inscrit au triangle donné ;

2° Abaisser OM, ON, OP perpendiculaires sur les côtés du triangle donné.

Remarques. I. Si l'on désigne par a, b, c les trois côtés du triangle, et par 2p son périmètre, il résultera, de ce que Ton a vu dans le Théorème XIII, que

AP=p— a, BM=p— fc, CN=p— c.

II. Ce problème équivaut à la résolution géométrique des équations

42 THÉORÈMES ET PftOBLÈKES

PROBLÈME XXXIII

Étant donnés, sur une circonférence 0, deux points C, D, situés d'un même côté par rapport à un diamètre donné AB , trouver sur la circonférence, de l'autre côté de ce diamètre, un point H tel , qu'en le joignant aux deux points donnés, les segments OE, OF du diamètre, compris entre le centre et les droites de jonction , soient égaux entre eux.

Fig. 68. Menons le diamètre COG; joignons le point G aux points inconnus M, F par les droites GM, GFH, et menons la corde HC.

tes deux triangles OEC, OFG sont égaux, comme ayant un angle égal compris entre deux côtés égaux chacun à chacun; donc les angles OCE, OGF sont égaux. Il résulte 4e là que les deux triangles CMG, CHG, évidemment rectangles, sont égaux comme ayant l'hypoténuse égale et un angle aigu égal. Donc la figure CMGH est un rectangle. Actuellement, dans le triangle MGF, l'angle G est droit, et l'angle M est connu, car il est égal à DCG. Si donc nous décrivons, sur la corde GD, un arc capable d'un angle égal à l d +DCG, cet arc coupera le diamètre AB au point cherché F.

Remarque. Si, aux points D, G, on mène des tangentes, et que du point I, où elles se coupent, on décrive une circonférence, son intersection avec AB donnera le point F.

Mener à deux circonférences données 0, 0' , deux tangentes égales AT, AT, faisant entre elles un angle donné.

Fig. 71. Joignons les points de contact T, T' aux deux centres, par les droites TO, T'O', et prolongeons ces droites jusqu'à

DB 6É0MÉTHIB ÉLÉMENTAIRE. 43

leur rencontre en B. Nous formerons ainsi un quadrilatère dans lequel les angles B, A seront supplémentaires, attendu que les angles T, T' sont droits. De plus, BT=BT' : c'est ce qu'il est facile de voir en menant la [diagonale AB. Il résulte de là que, dans le triangle OBO\ nous connaissons la base 00% l'angle opposé B, et la différence des deux derniers côtés; ear,deBT=OB+OT,BT / =0 / B+0'T',on déduit, à cause de BT=BT' : BO— BO'=OT'— OT. La question est donc ramenée au Problème XIV.

Remarque. Si, au lieu de la tangente AT, on considère la tangente AT â , on aura

B^B^+OT, B 1 T 1 =B l O f -0'T i ; d'où B,O r -B 1 0=OT+0 , J 1 .

Par an point A, litné hors d'une circonférence 0, mener une sécante ABC qui soit divisée en (Jeux parties égales par la circonférence,

Menons OB, OC, et prolongeons OB d'une quantité égale Fie 83. BD. Les deux triangles ABD, OBC seront égaux comme ayant un angle égal compris entre côtés égaux; doue AD = OC. De là, résulte la construction suivante :

Du point A comme centre, on décrit une circonférence égale à la circonférence donnée ; du point comme centre, avec le double du rayon de la circonférence donnée, on décrit un arc de cercle qui coupe en D la circonférence A. On mène OD, qui coupe la circonférence donnée au point cherché B.

Discussion. Pour que le problème soit possible, il faut qu'on puisse construire le triangle AOD. Par conséquent, il faut que Au, distance du point donné au centre de la cir-

conférence donnée, soit plus petite que la somme des distances AD et OD, c'est-à-dire moindre que trois fois le rayon de la circonférence donnée ; et que cette distance AO soit en même temps plus grande que OD— AD, c'est-à-dire plus grande que le rayon de la circonférence donnée. Dans ce cas, les deux arcs de cercle décrits des points A et 0, comme centres, se coupent en deux points D, D', et il y a deux droites ABC, AB'C qui satisfont à la question.

Inscrire, dans an cercle donné 0, une corde CD, de longueur donnée L, qui soit partagée en deux parties égales par une corde donnée AB.

Fig. 85. Soit E le point d'insertiou de la corde inconnue CD avec la corde donnée AB. Joignons ce point au centre par la droite OE : elle sera perpendiculaire à CD; et, conséquemment, la corde CD sera tangente à la circonférence qui serait décrite du point comme centre, avec OE pour rayon. Or, deux cordes également éloignées du centre sont égales. Si donc nous inscrivons dans le cercle une corde quelconque GH égale à L, et si nous décrivons ensuite une circonférence concentrique à la première et tangente à GH, cette ligne passera par le point cherché E.

Remarque. Lorsque le ^problème est possible, il admet généralement deux solutions.

Par un point H, donné sur un diamèlre AB, mener une transversale CD telle, que Parc AC soit le triple de BD.

Fjg. 76. H y a deux cas à distinguer, selon que le point M est situé sur le diamètre AB ou sur son prolongement.

Premier cas. Menons le rayon OD : nous formerons ainsi un triangle MOD, dans lequel l'angle a pour mesure BD.

Mais l'angle BMD a pour mesure j(AC-t-BD) ou 2BD. Donc

l'angle extérieur BMD est double de l'angle intérieur 0. Donc le triangle OMD est isocèle» et MD=OD.

On décrira donc, du point M comme centre, une circonférence ayant pour rayon MO. Si MO est plus grand que MB, cette circonférence coupera la circonférence donnée en deux points D, D'; et Ton tracera les deux cordes DMC, D'MC, qui satisferont à la question.

Second cas. Si le point M est situé sur le prolongement du diamètre AB, on trouve encore MD=OD.

Décrire un cercle qoi louche une circonférence donnée G et qui touche, en un point donné A, une droite donnée PQ.

Soit le centre du cercle demandé. Comme ce point ap- Fig. 79. partient à la perpendiculaire élevée par le point A à la droite PQ, il suffit de connaître une autre droite sur laquelle il soit situé. Or, si l'on prend, sur la perpendiculaire, une distance AB égale au rayon de la circonférence donnée C, et que l'on mène CB, le triangle OBC sera isocèle. Par conséquent, le centre appartient à la perpendiculaire élevée au milieu dé BG.

Décrire un cercle qui touche une droile donnée PQ et qui touche, en un point donné À, une circonférence donnée C.

Supposons le problème résolu, et soit Ole centre ducer- Fig. 80. cle demandé. Ce point se trouve sur la droite CA qui joint

46 THÉORÈMES BT PROBLÈMES

le centre du cercle donné au point de contact. De plus» si l'on mène AD perpendiculaire à CA, le centre sera situé sur la bissectrice DO de l'angle ADP ; donc il est déterminé.

Décrire, sur une corde donnée AB, une circonférence qui coupe une circonférence donnée 0, de manière que la corde commune CD soit parallèle à une droite donnée EP.

Fig. 81. Lorsque deux circonférences se coupent; la ligne des centres est perpendiculaire à la corde commune ; donc 01 est perpendiculaire à CD , ou perpendiculaire à EF. D'ailleurs, le centre cherché I doit se trouver sur la perpendiculaire élevée au milieu de AB; donc il est déterminé.

PROBLÈME XLL

Décrire, d'un point donné 0, comme centre, une circonférence qui twpe une droite donnée XY, de manière que l'un des deux arcs interceptés Mit capable d'un angle donné a.

Fig. 84. SoitOM le cercle demandé, et soit MAN celui des deux segments qui est capable de l'angle donné a. L'angle au • centre MON, étant double de MAN, sera égal à 2«. Si donc on abaisse OB perpendiculaire surXY, l'angle MOB, moitié de MON, sera égal à l'angle dotiné a.

De là résulte la construction suivante :

Du point donné 0, on abaisse, sur la droite donnée, une perpendiculaire OB; on fait au point 0, avec cette perpendiculaire, un angle MOB égal à l'angle donné a; et du

point comme centre, avecOM pour rayon, on décrit une circonférence.

THÉORÈME XLH.

Décrire une circonférence ayant pour centre an poiql donné 0, et qui coupe les côtés d'un angle donné BAC, suivant une corde DE parallèle i une droite donnée MN.

JDu centre 0, abaissons OP perpendiculaire sur DE : le Fig. 86. point F sera le milieu de DE. Si actuellement nous menons AF, cette médiane, d'après une propriété connue, partagera en deux parties égales toute parallèle à la base DE du triangle DÀE. En particulier, si Ton prolonge les côtés de l'angle donné jusqu'à leur rencontre avec la droite donnée MN, le segment GH sera partagé en deux parties égales par le prolongement de la médiane.

On volt donc que pour trouver le point F, il faut :

1° Prolonger les côtés de l'angle jusqu'à leur rencontre en G et en H avec la droite donnée MN; 2° joindre le milieu t de GH avec le sommet A; 5° enfin abaisser, du centre donné, OF perpendiculaire à MN.

Le point F étant connu, le reste s'achève facilement.

PROBLÈME XLHL

Était dtnnés u cercle C> une dreit» XY et un point A situé sur cette droite, décrire un autre cercle qui touche cette droite au point A , et qui coupe, sous un angle donné a, le cercle donné.

Soit OA le cercle demaudé. Si au point B, où il coupe le Fig. 92. cercle donné, on mène les tangentes BD, BE, l'angle de ces

48 ntoiftns ir ptoi

droites sera, d'après l'hypothèse, égal à a. Si donc on inscrit dans le cercle donné C une corde MN qui en retranche nn segment capable de l'angle a ou de son supplément, et qu'on décrive du centre C une circonférence tangente à MN, la tangente inconnue BE touchera cette circonférence CP en un point F, milieu de la corde BE.

Cela posé, menons le rayon CG perpendiculaire à XY ; joignons le point G au point de contact F, et prolongeons la corde GF jusqu'à sa rencontre en H avec XY. Enfin, supposons BE prolongée semblablement jusqu'à ce qu'elle rencontre XY en un point I. Nous obtiendrons ainsi deux triangles FCG, FIH tels, que les angles CGF, CFG du premier auront pour compléments respectifs les angles IHF, IFH du second, attendu que CG et CF sont respectivement perpendiculaires à IH et IE. Hais CGF = CFG; donc IHF=IFH;doncIF=IH.

D'un autre côté, les deux tangentes IA, ÏB sont égales entre elles, comme étant issues d'un même point, donc BF=AH.

Il suffira donc, pour obtenir le point H, de prendre

AH=MP=|MN. Le point H étant connu, on mènera la

droite GH, laquelle , par son intersection avec la circonférence CP, donnera le point F; après quoi l'on obtiendra le centre cherché par l'intersection de AO perpendiculaire à XY et de OL perpendiculaire au milieu de HF. Nous laissons au lecteur le soin de discuter le problème.

Étant donnés deux eereles O'et C, avec un point A pris snr l'un d'eux , on propose d'en décrire un qui passe par]ce point et qui coupe les deux premiers sous des angles connus «, (3.

Supposons le problème résolu, et soit I le cercle de- Fig. 93. mandé. Menons au cercle G la tangente AD , et au cercle demandé I la tangente AE : ces deux tangentes formeront, par hypothèse , un angle égal à a. Si donc on mène au point A une droite AE faisant avec la tangente AD, qui est connue, un angle a, le problème sera ramené à décrire un cercle qui touche AE au point A, et qui coupe le cercle sous un angle donné /3; c'est le problème qui vient d'être résolu.

Quel est le lieu géométrique des sommets des triangles ayant même base AB et dans lesquels la médiane AM a une longueur donnée L?

Si nous menons CO parallèle à AM , nous aurons Fig. 90. B0=2AB, et 0C=2AM=2L. Le lieu est donc une circonférence décrite du point comme centre , avec 2L pour rayon.

Par un point D, pris sur le côté BG d'un triangle donné ABC) on mène une transversale quelconque EDF. On trace les circonférences CDE, BDF. Quel est le lieu du second point H d'intersection de ces circonférences?

Joignons le point M aux points B, G, D, et considérons Fig. 91 le quadrilatère ABMG.

L'angle BMC de ce quadrilatère se compose des angles BMD, CMD. Or, évidemment

BMD=BFD, CMD=AEF; donc BMC=BFD+AEF=2 d — A.

Ainsi , l'angle BMC est le supplément de Jongle A du triangle ABC; et, conséquemment, le lieu géométrique cherché est la circonférence circonscrite au triangle ABC.

Remarque. Ce lieu géométrique est indépendant de la position du point donné D.

ltoe m.

" THÊOpËMfi I.

Lorsqu'nne droite AB est partagée en deux segments AC, BC, proportionnels fox propres b, a ; si des pointe A, B, C on abaisse, sqjt un? droite gueleonque XY, des perpendiculaires AA', BB', CC, on a

Menons la diagonale A'B, qui rencontre CC en un point Fie 94. D. Les triangles semblables BCD, BÂA' donneront

CD bc a

AA 7 BA a+b'

d'où (a+MCD=a.ÀA'.

De même, les deux triangles semblables A 'CD, £TJ'B

donneront

CD AT) ac b .

BB' A'B AB jr?J ?

£pù (q+b)Q'V=b.W.

Ajoutant les deux égalités, on trouve :

(a+fr)CC'=a.ÀÀ'+6.BB'.

Remarques. I. Lorsque la droite XY ne laisse pas les trois points A, B, G d'un même côté , on doit affecter du signe + les perpendiculaires situées d'un côté de cette droite, et du signe — celles qui sont situées de l'autre côté. Considérons, par exemple, la figure 95. ÈJous aurons, comme ci-dessus,

(a-hfc)CD=a.AA', tfl + b)M=1>.pB'.

52 TDÊORfeMBS ET PROBLÈMES

Mais la perpendiculaire CC, au lieu d'être égale à C'D+CD, est égale à C'D-CD; donc

{a+b)CC'=b.BW— a.AA'.

IL Si les deux segments AC, BC, au lieu d'être additifs, sont soustractifs, c'est-à-dire si le point C est situé sur le prolongement de AB , on aura

(a— &)CC'=a.ÀÀ'-^.BB'.

En effet, de Jg=f , on conclut £1 = ^, d'où, par

le théorème ci-dessus ,

a.ÀÀ'=ft.BB'+(a— ft)CC.

THÉORÈME IL

Étant donné un système de points A, B, C..., on peut toujours déterminer on point tel, qne sa distance à une droile quelconque XY soit égale à la moyenne arithmétique entre les distances de la -même droite aux points A, B, G...

Fig. 97. D'après le Théorème I, la proposition est vraie dans le cas où le nombre des points A, B, G... se réduit à deux. Supposons donc que cette proposition ait été démontrée pour le cas de n points A, B, C, D, E, et vérifions qu'elle a encore lieu si l'on considère (n+1) points A, B, C, D, E, F. Soit I le centre des moyennes dislances des points A, B, C, D, E; nous aurons

n.H'=AA'+BB'+CC'+DD'+EE'.

Menons IF, et partageons cette droite eji deux segments 10, OF, proportionnels aux nombres i, n; nous aurons, par le Théorème I :

(n + 4)00'=n.II'+FF.

DoncOO^^fAA'+BB'+CC'+DD'+EE'+FF'].

Remarques. I. Pour obtenir le centre des moyennes distances d'un système de points A, B, G, D,... il suffit, évidemment, d'appliquer la règle suivante :

Menez la droite AB, et divisez cette droite en deux parties égales AM, MB; menez la droite MC, et divisez cette droite en deux parties MN, NC, proportionnelles aux nombres 1,2; menez la droite ND, et divisez cette droite en deux parties NP, PD, proportionnelles aux nombres 1,3, etc. Le dernier point de division sera le centre des moyennes distances cherché.

II. Tout système de points a un centre des moyennes distances.

III. Un système de points ne peut avoir qu'un seul centre des moyennes distances.

En effet, s'il en avait deux, ces deux centres seraient également distants d'une droite quelconque; ce qui est absurde.

IY. Si une droite XY est située de manière que la somme algébrique de ses distances à des points A, B, C, D... soit nulle, cette droite contient le centre des moyennes distances du système de ces points.

De cette dernière proposition, dont la vérité est évidente, on déduit les conclusions suivantes :

V. Le centre des moyennes distances d'un triangle est le point d'intersection des trois médianes.

VI. Le centre des moyennes distances d'un quadrilatère est le point de rencontre des droites qui joignent les milieux des côtés opposés.

VII. Le centre des moyennes distances des sommets d'un polygone régulier est le centre de figure de ce polygone.

THÉORÈME III

La somme des carrés des distances de n points À, B, C... i on point quelconque S, est égale à la somme des carrés des distances des mêmes points & leur centre 0, augmentée de n fois le carré de SO.

Fig. 98. Projetons lés points A, B, C... sur la droite SO, et flous obtiendrons, dans les différents triangles AOS, BOS, COS,... :