MAN MA OE OE
Cohsé<ïue!ûtattH> M'AN=m*. J|.
bonc, pour obtenir le point H et la transversale MN, il suffit de mener, par le point 0', situé sur la bissectrice, la transversale M'O'N qui détermine un triangle équivalent à
AE
m 2 , ôf. Le problème proposé est donc ramené à celui qui précède.
PftOftLÈME XVL
Par on point 0> situé dans le plan d'an angle quelconque CAB, mener une transversale MN telle, que le triangle MAN soit équivalent à an earré donné m 3 .
Après avoir mené OE parallèle à AG, élevons AC, EO' Fig. 162, perpendiculaires à AB, et coupons ces droites par M M ', 00 '
parallèles à AB. Les trois points M', 0', N seront en ligne droite, et les triangles M'AN, M AN seront équivalents. Il suffit donc, pour obtenir le point N et la transversale MN, de mener par le point 0', situé dans l'angle droit C'AB, la transversale M'O'N telle, que le triangle M'AN soit équivalent au carré donné m 2 . Ce problème est celui que nous venons de résoudre.
Remarque. Les solutions des deux derniers problèmes sont fondées sur le principe de la transformation des figures. (p. 96.)
Par an point 0, situé dans le plan d'un angle CAD , mener une transversale MN telle, que le reetangle des segments AM , AN déterminés par cette droite sur les côtés de l'angle, soit équivalent à un carré donné m*.
Fig. 163. S* l'angle donné est droit, le rectangle construit sur AM et AN sera double du triangle M AN ; de telle sorte que celuici sera équivalent à la moitié du carré donné.
Si l'angle A est aigu ou obtus, abaissons MP perpendiculaire à AB ; nous aurons
MAN=5AN.MP=5AN.AM.^=|m 2 ^J;
c'est-à-dire que le triangle MAN sera au carré m* dans un rapport connu.
Dans les deux cas, le problème est ramené à celui qui précède.
Par un point 0, situé dans le plan d'un angle CAB, mener une transversale MN (elle, que le rectangle des segments de cette droite, interceptés entre le point donné et les côtés de l'angle , soit équivalent à un carré donné m*.
Après avoir mené OD parallèle à AB, prenons, sur cette Fig. 164. parallèle, une distance OF troisième proportionnelle à OD et-m. Nous aurons
DO.OF=m 2 =OM.ON.
Les points M, N, D, F appartiennent donc à une même circonférence. Conséquemment , pour obtenir le point N, il suffit de décrire sur OF un arc capable de l'angle ONF=MDO=A.
Remarque. Ordinairement, le problème admet deux solutions.
Inscrire , dans un angle donné CAB , une droite MN de longueur donnée l, de manière que le triangle résultant soit équivalent à un carré donné m*.
Soit MP la hauteur du triangle cherché : nous aurons Fig. 1G3. AN. MP=2m2.D'un autre côté,
P=ÂM+ÂN— 2AN.AP.
Pour simplifier cette équation, et pour introduire le rectangle des deux côtés cherchés AM, AN, abaissons, d'un point quelconque D de AG, DE perpendiculaire sur AN. , Nous aurons, en appelant p, q, r les trois côtés du triangle
rectangle ainsi déterminé, AP=^AM, MP=^AM. L'équation précédente devient alors
P=ÂM+AN-2?AN.AM, ou, à cause de ?AM. AN=2m* :
P=nM-ÂN— 4M.
Dans le second membre , ajoutons et retranchons
SAM. AN =4 -m*; il nous viendra p
P=(AM+AN) 2 ~4^m 2 i
ou (AM + AN)*= P+ 4 ^ r m 2 .
Nous voyons donc qu'indépendamment du rectangle des deux côtés AM, AN, nous connaissons, la somme de ces droites. La question est ainsi ramenée à un problème connu.
Remarques. I. Quand on veut décomposer une somme donnée en deux facteurs dont le produit soit donné, il faut que le carré de la somme ne soit p*$ inférieur à quatre fois le produit donné.
Gonséquemment, la condition de possibilité du problème est
ou p^4r=« m a.
II. Les rapports?, £, ^sont, comme on sait, désignés sous les noms de sinus, cosinus et tangente de l'angle A. En employant ces dénominations, nous aurons, au lieu des relations précédentes,
AMAN =s"ÛTa< (ÀM + AN) a =P+4m 2 cou|A,
ni. Lorsque i* égale 4m*tg. ~A, la droite l est le plus
petite possible. En même temps , le triangle MAN sera
isocèle ; et la valeur commune des deux côtés AM , AN
sera
2 sin. - A
Inscrire, entre les côtés d'un angle donné CAB, an triangle MNP semblable à oa triangle donné MF, et ayant un sommet donné P.
Décrivons sur PF, horçiologuç c(u côté wcop.if Mf, un Fie 167. arc capable (le l'angle connu CAP. Décriyon.s de rçême, sur EF, un arc capable de l'angle BAP. Ces deux arcs, qui se coupent en F, se couperont en un second point 0. Menons OD, OE, OF. Prenons» sur les côtés de l'angle donné, ftafi distances AM, AN, déterminées par les proportions £F gu qj oe .
ÀP"^ÀM * AP AN '
les points M, N seront les deux sommets cherchés. On justifie aisément cette construction.
A on triangle ABC, inscrire im triangle DEF semblée à p if^ngle {Iqonç MNP, et qni ait l'un de ses sommets situé en D sur le côté AB.
Sur le côté MN, homologue du côté inconnu DE, décri- Fig. 168. vons un arc capable çle l'angle B. De mêrçe, décrivons sur MP un arc capable de l'angle A. Menons ensuite, par le
point M, une droite A'B' telle, que l'on ait ^=^ : ce
problème auxiliaire ne présente aucune difficulté. Cela posé, si nous menons AT et B'N, nous formerons
P=À¥+ÂN-2? AN, AB*g|
ou, à cause de ?AM. AN=2ro 2 :
P=ÂmVaN-4'| I Dans le second membre , ' 2AM.AN=4-tn»; il nous vie*
P=(AM+Af r
ou (AM + ANV'/
Nous voyons donc qr / j deux côtés AM, AN, | droites. La questio t connu. " ^
Remarques. I. ' * fe T
donnée en deu • '
que le carré r v - lUe apprend que le triangle cherché
le produit ? llli ( * ont les côt ^ s sera i ent : b\ a\ et
Consér proportionnelle à c' , «', &'. Si Ton const ru i t
est triangle , il sera bien facile ensuite d'obtenir l e
xt cherché, en observaut que, dans deux trian g \ es Jables, les hauteurs correspondant aux côtés hoïnoou "^pc sont des droites homologues.
lof remarque. Le problème sera possible, quand on pourra
bruire le triangle auxiliaire. Admettons que Ton ait <CrV>c\ d'où a'<^- Alors la condition de possibilité sera ?£<«'+&'.
HOBLÊME XXIII.
-'naissant tieux hauleors et le rayon ' inscrit.
' <£ es . * données, a, b les deux
'•oisième côté, et r le
^ ^ ^ x uune des trois
proportion continue, que le triangle ,iable à celui dont deux côtés et le périmètre , a f et la quatrième proportionnelle à r, a\ b'. jjlème peut donc être regardé comme résolu.
• fôhslruire an triangle, connaissant la hauteur a abaissée sur le côté inconnu a, le rayon r du cercle inscrit, et le rayonadu cercle ex-inscrit, langent an côté a,
En raisonnant comme dans le problème précédent, on aura d'abord
aa'.= (a+b + c)r=(b+c—a)*.
On déduit, de ces deux égalités,
* cl
puis, des deux dernières,
Construire on triangle ABC, connaissant la base BC, l'angle opposé A et le rapport des deux derniers celés.
Fie. 166. Le sommet A appartient à Tare capable de l'angle donné, décrit sur la base BG.
Supposons menée la bissectrice AED : elle passera au milieu D de l'arc BDG ; de plus, elle doit diviser la base BC en deux segments BE, EC, proportionnels aux deux côtés AB, AC. Il est donc bien facile d'obtenir les points D, E, de cette bissectrice : l'intersection de cette ligne avec Tare BAC sera le sommet A.
Décrire une circonférence qui passe par deux points donnés A , B, et qui touche une droite donnée CD.
Voyez le Problème H.
Remarque. Le problème admet ordinairement deux solutions. Pour qu'il soit possible, il faut que les deux points A, B soient d'un même côté de CD.
Décrire une circonférence qui passe par deux points donnés A, B, et qui louche une circonférence donnée I.
Fig. 171. Soit E le point de contact de la circonférence demandée avec la circonférence doiyiée I. Soit F le point où la droite AB rencontre la tangente commune EF. Si nous menons une sécante quelconque FDC, nous aurons
FÊ=FA.FB==FD.FC ;
les quatre points A, B, C, D appartiennent donc à une même circonférence. Ainsi, pour résoudre le problème, il faut : décrire une circonférence quelconque passant par les points A, B et coupant la circonférence donnée ; tirer les cordes AB, CD, et les prolonger jusqu'à leur rencontre en F ; enfin, mener par ce point des tangentes FE, FE' à la circonférence donnée. Les points E,E', où cette circonférence touche les deux cercles cherchés, étant connus, le problème s'achève comme celui qui précède.
Décrire une circonférence qui passe par un point donné A, et qui touche deux droites MX, PQ.
Que les droites MN, PQ se coupent ou qu'elles soient Fie 172. parallèles, nous pourrons facilement construire leur axe de symèlrie CD. axe qui sera aussi celui de toute la figure. Si donc nous abaissons AE perpendiculaire à CD, et que nous prolongions cette droite d'une longueur égale EA', le point A' appartiendra à la circonférence demandée. Il suffira donc de faire passer, par les deux points A, A', une circonférence qui touche la droite PQ : c'est un problème que nous savons résoudre.
Décrire une circonférence qni passe par un point donné A, et qui touche deux circonférences données B , C.
Soient D, E les points de contact inconnus. Menons la Fig. 175. corde ED, et prolongeons-la jusqu'à sa rencontre en F avec la ligue des centres. Il est facile de voir que, les deux circonférences B, se touchant extérieurement en E, ce
point de contact E est un centre de similitude interne. De même, les circonférences 0, C ont pour centre de similitude interne le point D. Donc (Th. VII) F est le centre de similitude externe des deux circonférences données.
Si nous prolongeons FDE jusqu'à sa rencontre en L avec la circonférence B, les points D, L seront homologues dans les deux circonférences données; et, en appelant H, H', K, K' les points de rencontre de BC avec ces deux lignes, nous aurons
