EF EF.ÀB— FH.BC

Le rapport des segments EM, MF étant connu, on pourra déterminer le point M par sa projection I ; et alors le rectangle MNPQ sera connu.

Si ensuite on divise AB dans le rapport^ de MF à FN, on aura le sommet R d'un angle RSTU, qui sera inscrit à ABCD, et semblable à EFGH.

Remarque. Ce problème donne lieu à une discussion qui est tout à fait du ressort de l'Algèbre.

Par on point 0, situé sur la bissectrice d'un angle droit CAB, mener une transversale MN telle, que le segment de celte droite, compris entre les côtés de l'angle, soit de longueur donnée /.

Du point donné 0, abaissons, sur les côtés de l'angle, Fig. 159. les perpendiculaires égales OD, OE. Par le pied N de la transversale cherchée, imaginons NF perpendiculaire à MN, puisNG perpendiculaire à DO. Si lepointF, oùNFira rencontrer DO prolongée, était connu, on obtiendrait le point N, en décrivant, sur OF comme diamètre, une demicirconférence.

Or, les triangles rectangles MDO, FGN sont égaux, parce qu'ils ont les côtés perpendiculaires, etqueDO=OE=GN. Donc MO=NF. Il suit de là que

m=P= (0N+ NF) 2 =ÔN+NfV20N. NF.

D'un autre côté, le triangle ONF étant rectangle en 0, on a

ÔN + NF=ÔF 2 , 0N.NF=0F.GN=0F.0E.

106 tBÊORÈHBS ET PfcOfelASES

L'égalité précédente devient donc

/*=ÔF+20F.OE, où P=OF(OF+20D).

Supposons que du point D comme centre , avec DFpour rayon, nous décrivions la circonférence FHF', et que nous prolongions EO jusqu'à sa rencontre en H avec cette circonférence. Nous aurons ÔF'=OF+20D, et ÔH=OF.OF'; d'où, à cause de î*=OF. OF', OH=/.

Il faut donc, pour résoudre le problème : prendre OH=Z; décrire, du point D comme centre, la circonférence FHF'; décrire, sur OF et OF' comme diamètres, les circonférences ONF, ON"F'; joindre le point avec les points où ces circonférences coupent ÀB ou son prolongement : les droites MN, M'N', M"N", M"N" satisfont à l'énoncé, ou à l'énoncé généralisé.

Remarques. I. Si la longueur donnée l est moindre que le double de AO, la circonférence OF ne coupe pas AB, et les solutions MN, M'N' n'existent plus.

II. La question que nous venons de résoudre est connue soûs le nom de Problème de Pappus.

Par un point 0, situé sur la bissectrice d'un angle droit CAB, mener une transversale MN telle, que le triangle MAN soit équivalent à un carré donné m*.

Fig. 160. Cherchons, comme dans le problème précédent, à d& terminer le point où DO rencontre NF perpendiculaire à MN. Si nous abaissons FP perpendiculaire à AB, nous aurons , à cause de l'égalité des triaugles ftiÎM), NPF : GFPN=2MD0.De même, le rectangle GOEN est double

du triangle OEN. Si donc noui Construisons lfe tarré DO'E'A égal à DOEA^ ife reétahgle FÊE'O' sera double dû triâhgle M AN; c'est-à-dfre cjittl seta équivalent à 2 m*. Or, nous connaissons la hauteur OE de ce rectangle. Il suffira donô,

poliï obtenir le point F, de prendre O'F égale à 2^.

Par un point 0> situé dans on angle droit CAB^ mener nne transversale Mflf telle, que le triangle MAN soit équivalent à un carré donné m*;

Du point donné 0, abaissons sur AB la perpendiculaire Fig. 161. OE, et soit 0' le point où elle rencontre la bissectrice de l'angle droit. Joignons le piedN de la transversale cherchée, avec le point 0', par la transversale M'O'N. Il est clair que