OC
Les distances du point aux points A, B, C étant proportionnelles à des longueurs connues, ce point sera dé* terminé par l'intersection de deux circonférences que l'on obtiendra facilement.
Construire an cercle tel, que les tangentes menées à ce cercle par trois points donnés A, B, C, aient des longueurs données a, b, c,
Fig. 214. Première solution. Les trois triangles rectangles ADO, BEO, BFO donnent
ÂÔ 2 - a a =BO — b*= CO—c* ; d'où, en supposant cÇ>b>c :
AO—W=a^—b\ W-QO=b*--c*.
La différence entre les carrés des distances du centre inconnu aux points A, B doit donc être égale à un carré donné. Il en est de même pour la différence entre les carrés des distances de ce point aux points B, G. Conséquent-
ment, on le construira par l'intersection de deux circonférences (Probl. LXVII).
Lé centre étant connu, on obtiendra le rayon OD en construisant le triangle rectangle ADO, dans lequel on connaît l'hypoténuse et un côté de l'angle droit.
Seconde solution. Des points A, B, C, comme centres, avec a, 6, c pour rayons, décrivons trois circonférences. Chacune d'elles coupe orthogonalement le cercle cherché, attendu, par exemple, que le rayon OD de ce cercle, étant perpendiculaire au rayon AD, est une tangente à la circonférence AD.
Il résulte de cette observation que le cercle cherché est celui qui coupe orthogonalement les trois autres cercles. Il a pour centre leur centre radical.
Quelle est la route ABC que doit suivre une bille sur un billard circulaire, pour revenir au point de départ A, après deux réflexions successives sur la bande?
D'après la loi de la réflexion des corps élastiques (I, Fig. 219. Probl. X), les rayons OB, OC divisent en deux parties égales, respectivement, les angles ABC, ACB. Mais, dans le triangle isocèle OBC, les angles B, G sont égaux; donc les angles ABC, ACB, doubles des premiers, sont égaux entre eux ; et le triangle ABC est isocèle. Conséquemment, la figure est symétrique par rapport au diamètre EF passant par le point A, et BC est perpendiculaire à ce diamètre.
Cela posé, prolongeons le rayon OB jusqu'à sa rencontre
142 TBfiOftlHEt CT 1
en G avee la perpendiculaire i EP menée par te point À,
et décrivons r de ce point comme ceiitte, la circonférence OHL, Ainsi qu'on le i oit aisément, le triangle BAO est isocèle, et la circonférence coupe B6 en un point H tel, que GH=OB. Donc, la différence des segments BG^ BH e*t connue, et égale au rayon R du cercle donné.
D'un autre côté, si nous menons LH, nous formerons un triangle rectangle OHL, évidemment semblable au triangle rectangle OAG. La comparaison des côtés homologues
A ^ n * oh OL donne ôi=<ïg,
ou OG.OH=OÀ.OL.
Le rectangle et la différence des deux segments cherchés étant connus, le problème peut être regardé comme résolu.
Calcul du cheminyarcouru par la bille. Représentons par a la distance donnée OÀ, par x le segment OG, par y le côté AB du triangle ABC. La longueur I du chemin parcouru se
compose àe 2AB+2BD; Or* BB^ABfj§; et dans le triangle rectangle OAG, y=Vx % —a 2 ; donc
D'aprèâ ee qui précède, on a #(x— R)=*2<i*, équatta d'eÀ Ton tire, eu prenant seulement la racine positiva,
Avant de substituer dans la valeur de /, on peut observer que x i — a 2 =Rx+a 2 ; et Ton obtient
m sftovtrtm «UBtorriiiftB. 443
oa, en ftitopHfiant,
ÊAOfcLÈME LVlii.
Trouer m pwrt M td f qit 1* mmm de ses dkttflws I Irai* pins donnés k, i, C, wk un Airinam;
Du point C comme centre, décrivons une circonférence Fig. 220. pdssàilt par le point inconhii M. La somme des distances d'urt point Quelconque M' de cette ligne aux trois points Â, ft, C, doit être plus grande que la somme des distantes AÉ } ÔM, CM. Ainsi, nous aurons
ÀM' + BM' + CM'>AM + Bil + Câl;
ou, à cause de CM'=CM ,
AM'+BM'>AM+BM.
M est donc le potoi de I» eireoiifërence MM', pour lequel la somme des distances aux deux points A, B est uu minimum.
Menons la tangente TMT, et soient a, b les points où elle est coupée par AM' et BM'. Menons aussi A6. Nous aurons, dans le trtërigté ÀftM':
