EV EO

EP '^ ËH'"

Le point F, intersection de CD avec OE, est le pâle de AB; ainsi

EH . EM' = eonilamte;

Remarque, Si, du point E comme centre, on décrit une circonférence ayant pour rayon la tangente TE, elle coupe la perpendiculaire OE en deux points P, P' qui satisfont à la question.

Un triangU PQR étant àrcontcrit à un cercle 0, oh /orme un teeond triangle ABC dont les sommets sont situés sttr les eoti» du premier, et tel, en outre, que les droites AP, BQ, CR se coupent en un même point D. Des sommets A, B, C, on mène les tangentes Aa, Bb, Ce : eUes coupent en a, b, c les côtés BC, CA, AB respectivement opposés à ces sommets. On propose de démontrer que tes trois points b, h, c sont en ligne droite (*).

Si les poÏDts a, b, c sont sur une même droite, leurs polaires se coupent eo un même point, et réciproquement.

La polaire du point a passe par te point de contact E de la tangente AË et par le pdie de BC. Ce pôle est l'intersection a des droites FM> GN. polaires respectives des sommets B, C.

Ainsi, la polaire de a est la droite Ea(**). Demême, F^ et G7 soDt tes polaires des points b,c.

D'après la réciproque du ttiéorème de Ptolémée, appliquée au triao-

(*) Un eis particnlicr de ce probl6me a été propoié au grand Coneonn, en 1847 (mattiémnliinmi supérieures).

(") Non Inde sur la figure.

gie a^, les trois polaires se coupeni en un même point si

«6.^E.rF'»«F.^.rE (i)

Remarquons maintenant que^ d'après Ténoncé, les points de concours des côtés opposés , dans les triangles ABC, PQR, sont en ligne droite (Th. XI); donc les polaires de ces points se coupent en un même point. La polaire du point de concours des côtés BC, QL est la droite aL {*). De même, ^M et yN sont les polaires des deux autres points de concours. Ces trois droites se coupant en un même point, on a, par le théorème de Ptolémée,

aM.|iN.rL = aN.pL.rM (2)

Le théorème de Carnot, appliqué au triangle a^y et au cercle 0^ donne

aP . aM . |9G . pN . rE • r L -» «G . oN . |9E . |3L . rF . rM - {^)

Or, Tégalité (1) est une conséquence des égalités (2) et (3); donc le théorème est démontré.

Remm^ques. — L Si Ton construit la figure polaire réciproque de la première, relativement au cercle 0,on est conduit au théorème suivant :

Un triangle LMN étant inscrit à un cercle 0 , on forme un second triangle a^, dont les côtés passent par les sommets du premier j et teU en outre, que les points de concours e, f, g, des côtés correspondants, soient situés sur une même droite. On joint ensuite les sommets a, ^, y avec les points E, F, G oii les côtés ^, yoLj a^ coupent, de nouveau, la circonférence 0 : les droites «E, PE| yG concourent en un même point 1.

IL Les deux théorèmes précédents, comme ceux de Pascal, de Brianchon, de Carnot, etc., subsistent quand on remplace le cerde 0 par une ligne quelconque du seeohd degré.

(*) Non traeée sur la figure.

THÉORÈMES BT PROBLÈHES

PiWhlkBO LSIX.

Étant dotmét detac pointt fixes A,Bet deux longueurs >, ft, on prend, »w la direction de AB, un point quelconque fi, qu'on regarde comme le centre d'un cercle décrit d'un rayon R déterminé par la relation

R.AB^i.AH + ^.BN.

Prouver que le» différents cercle», ainsi décrits pour les différents poitU» M de la droite AB, sont tous tangents à deux mèmtt droites fixes (*).

Décrivoos, des points A, B comme centres, avec fx et > pour rayons, les circonférences CC, DD' ; menons, à ces lignes, les tangentes communes CD, CD'; abaissons, sur ces droites, les perpendiculaires ME,ME', évidemment égales entre elles ; enfin , décrivons, du point H, comme centre, la circonrérence EE', laquelle est tangente aox droites CD, CD'. Celle circonférence sera prédsément celle qui est déterminée par li relation ci>dessus. En effet, à cause des parallèles AC, ME, BD, nous avons (Th. I) *,

HE.AB»jL.AH-t-<o.BH; donc ME = B.

Étant donnés deux axes fixes Ox, Oy ; autour d'un point fixe P on fait tourner un angle aPb de grandeur donnée a. On demande de prouver qu'il existe sur l'axe Ox un point fixe A, et sur taxe

(*> Grand Concoun [\9W\

Oy wt point fixe B, lêlt que le rectangle des eegmentt Aa, Bb Msie constant pour toute» les po$Uûnu de l'angle (*). Si la proposition énoncée est Traie,il sera facile de déterminer les positions des points A et B. En effet, supposons que le point variable actdncide avec A; alors le segment Aa s'annule; donc, pour que le rectangle des deux segments puisse être différent de zéro , le segment B6 doit devenir infini, ou le cAté B6 être parallèle k Oy. Ainsi, pour trouver le point A , nous menons PD parallèle 4 Oy, et nous faisons Tangle DPA = et.

De même, après avoir mené PC parallèle à Ox, nous ferons CPB = a.

Il s'agit donc de vérifier que, tes points A , B étant déterminés comme il vient d'être dit, le rectangle Aa . B6 est constant.

Or, si des angles égaux 6Pa. DPA, nous retranchons la partie commune DPi^ il reste les angles 6PD, aPA, égaux entre eux. D'ailleurs, les angles £PD, BAP sont égaux, comme alternes internes; donc aPA » B6P.

On prouverait, de la même manière, que les angles APB, AaP sont égaux. De là résulte que les triangles AaP, B6P sont semblables. Par suite,

Aa.Bb = AP.BP.

rvcMAMM ■.xsi.

£fant dotmét deux cercles 0, O' qui ne se touchent pas; da dmque point H de l'un, 0 , on mène deux droites aux centres de Mimilitude S, S' des deux cercles; ces droites rencontrent l'autre cercle 0' en quatre points a, a', b, b'. Prom^er que deux dé

(') Grand Concours (I8S0).

Ul THÉORÈMES BT PROBLÈMES

ces pointé sotU Mr un diamètre du cercU 0', et qw la droite qm ' — yot'iif te$ deux autres patte par un point fixe, quel çue toit te poitU M prit «ur le cercle OC).

1* Les points homologues M, b sont sur deux rayons parallèles, MO, M)'. De roéme, M, a' sont sur deux rayons parallèles MO, a'O'. Donc bO'a' est un diamètre.

3' Si le point mobile M vient en A ou en B, aux extrémités du diamètre situé sur 00', les droites MS, M5' coïncident avec 00*; donc le point fixe P, s'il existe, est l'interseelin de Ut corde ab' avec ta ligne des centres.

Eo considérant le triangle SHS', et les transversales àPb, a'O'b, on a par le théorème de Ptolémée :

Sa.M6'.S'P=SP.S'b'.Ha.

Sa'. Ub. S'O'» SO'. S'b . Ha';

d'où, en multipliant membre à membre,

Sa.Sa'.Hb.Mb'.S'P.S'O' = SP.SO'.S'6.S'5'.Ma.Ma'. . (1)

A cause de

Mb. M6'» Ha. Ha', Sa. Sa* = SA'. SB', S'6. S'b' — S'A'. S'B',

l'égalité (I) se réduit à