AD— AF

ou

Cette proportion, comparée à la précédente, nous apprend que AB=AF,

Pour que le problème soit possible, il faut que l'on ait AF>AG, ou AF>R~ d.

Mais aT=Âd(^ La condition cherchée est donc

ou (d+^)^Y^>d^R;

d'où enfin d^R(2+|/5).

Inscrire, à une circonférence donnée 0, an triangle isocèle ABC, connaissant la somme a de sa base et de sa hauteur.

Prenons sur le diamètre CI, à partir du point C, la di- Fig. 183. stance CE égale à a. Prenons ensuite, sur la tangente CT,

128 THÉORÈMES ET PlOBLÈMES **

GF égale à |. Si nous menons EF, cette droite rencontrera

généralement la circonférence en deux points B, B', sommets de deux triangles CAB, C'A'B', qui satisferont à la question. #

Il résulte, en effet, de cette construction, que AB=DE; doncAB + CD=CE=a.

Remarque. Pour que le problème soit possible, il faut que le pied P de la perpendiculaire abaissée du centre sur

EF ne soit pas extérieur au cercle. Or, OP=CF.g|, ou OP=^p R étant le rayon. La condition de possibilité est donc ^=r <R,

KO

ou a^R(l + /S).

A an cercle donné 0, inscrire an trapèze ABGD ayant une hauteur donnée h, et équivalant à un carré donné m 1 .

Fig. 184. Menons le diamètre OEF perpendiculaire aux deux bases, et le rayon OHL perpendiculaire au côté BG du trapèze : le point H sera le milieu de ce côté. Joignons ce point au milieu G du côté opposé, par la droite HMG. Enfin, menons LN parallèle à GH, et CP perpendiculaire à cette droite.

Le trapèze a pour mesure GH. EF ; donc la longueur de GH peut être supposée connue : appelons-la a.

La question se réduit évidemment k déterminer le milieu L de l'arc BC, ou la longueur de LN.

Or, les deux triangles LNO, HMO sont semblables; donc

MH=OH.g.

De même, les deux triangles LNO, GPH sont semblables, et donnent CP=CH.{£.

Élevant au carré et ajoutant, on obtient

ïiH+CP , =ÔC l .(g) , ;

d'où FH=LN.

Ainsi, la droite cherchée LN est égale à l'hypoténuse d'un triangle rectangle dont les côtés seraient î a et i h. Cette droite est donc connue.

Trouver, sur une droite donnée MN, on point G tel, que la somme de ses distances à deux points donnés A, B, soit égale à une longueur donnée /.

Supposons la droite inconnue AC prolongée d'une quan- Fig. 186. tité CD égale à CB : nous aurons AD=/; en sorte que le point D appartient à la circonférence DD' décrite du point A comme centre, avec l pour rayon.

Si nous abaissons BGH perpendiculaire à MN, et si nous prenons GH=GB, les deux obliques BC, HC seront égales entre elles ; d'où il résulte que le point cherché C est le centre de la circonférence passant par les trois points B, H, D. De plus, les deux circonférences BDH, DD' se touchent enD, car ce point D est situé sur la ligne des centres.

On a yu précédemment (Probl. XXX) comment on détermine une circonférence tangente à une circonférence donnée, et passant par deux points donnés. Conséquerament, on est conduit à la construction suivante :

Du point donné A, comme centre, avec / pour rayon, on

430 TOfcWtaU» BT PHOBLÈMM

décrit la eireonfétence DD\ D'an point quelconque N de

la droite donnée MN, comme centre, on décrit une circonférence passant au point donné B, et coupant la première circonférence aux points É, F 1 . On mène la corde ÈF, que Ton prolonge jusqu'à sa rencontre eri T avec BH perpendiculaire à MN. On construit les points de contact D, D' des tangentes menées du point T à la circonférence DD\ Les rayons AD, AD' déterminent, par leurs intersections avec MN, deux points C, C, qiii satisfont à la question.

Discussion. 1° Lorsque le point H, symétrique eu point B par rapport à la droite MN, est intérieur à la circonférence DD', on peut, par ces deui points, faire passer deux circonférences qui touchent la première. Donc le problème admet deux solutions.

2° Si le point H est sur la circonférence DD', il se confond avec le point de contact D, et alors le problème n'admet plus qu'une solution. En même temps to point C, qui se trouve alors en I, à l'intersection de AH avec MN, est le point de cette dernière droite pour lequel la somme des distances aux deux points donnés est un minimum. (I, Probl. I.)

3° Enfin, quand le point H est extérieur à MN, le problème proposé est impossible.

Remarque. On sait que le lien des points tels, qte la somme des distances de chacun d'eux à deux points fixes A et B, soit »no constante /, est une ellipse ayant A et B pour foyers i et dont le grand axe est égal à t. Genséqntfmment le probfano que nous venons de résoudre pent être énoncé en ces termes : Construire les points de rencontre d'une droite donnée et dï une ellipse non tracée, mms dont te grand axe et les foyers sont donnés.

vb fflmmu fiUMijrrAiiK. 434

Trouver, sur une droite donnée MN, un point C tel, que ta différence de sèà distances à deux points rforfriés .1 , tt. soit égale a une fongdéur doitùêé I.

L'analyse de ce problème est la même que celle du problème précédent. Elle donne lieu à la construction indiquée dans la figure 187,

Remarque* On sait que le lieu des points tels, que la différence des distances de chacun d'eux à deux points fixes À et fi, soit une constante /, est une hyperbole ayant A et B pour foyers, et dont Y axe transverse est égal à L Conséquemment, le problème que nous venons de résoudre peut être énoncé en ces termes ; Construire les points de remontre d'une droite donnée et d'une hyperbole non tracée, mais doui Y axe transverse et les foyers sont donnés,

Par l'extrémité ^ d'un diamètre AB perpendiculaire à une corde CD, mener me Mte dont la partie FG, conpfke entre te twde et ta ciieodéntee* soit 4e kftgaeuf donnée /.

Si nous menons les cordes AD et GD, nous formerons Fig. 224. dftrx tfiaftgh&FAD, GÀB* qui «tirent l'angle A tfoiïMHrtin, èi iàn» toftfttéls tes atoglfes eu G et en D seront égaux* tomm gyftrfi pdtff mêmes léfc moitié d'arts égaux* Os fàm frtaftgtes seront dmte aeniMaktesj m aorte q#e i

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