A^AO — OE

III. Si Ac= AO — OE , les circonférences sont tangentes ; el les deux triangles ABC, AB'C se confondent en un triangle îsoscèle.- Alors, la liautour k est un maximum.

IV. Si Tangle A est droit, la figure AEOP devient un carré; et la condition ci-dessus se réduit à

fc ^ AO — p.

Construire un triangle ABC, connaissant les longueurs de la médiane AP^ de la bissectrice XQet de la hauteur AR, issues d^un même sommet A.

La droite AQ passe par le milieu A' de Tare BA'C du cercle

circonscrit au triangle ; donc, à cause du triangle isoscéle AOA\ et de OA' perpendiculaire à la corde BG, la bissectrice AQdivise^ eii deux parties égales, l'angle OAR formé par le rayon OA du cercle circonscrit et par

la hauteur AR - . .

Cette remarque (*) donne immédiatement la solution du problème proposé. En effet, Thypoténuse AQ et le côté AR déterminent le triangle ARQ; puis 9 la longueur de la médiane détermine le point P et la perpendiculaire OP au côté inconnu BG; enfin, si Ion construit Fangle QAO égal à QAR, on a un nouveau lieu géométrique du centre 0; etc.

Remarque. La longueur de la bissectrice est comprise entre les longueurs de la médiane et de la hauteur (voir Liv. I, Th. VI).

Pr^Mème IKXI.

Construire un triangle ABC^ connaissant les longueurs de la bissectrice AO et de la hauteur AR, issues d'un même sommet A , atfui que le rayon du cercle circonscrit.

{*) Faîte par M. Mention {HffmveUes Ànnalea de MatUmatiques, t. IX).

M TBËORÈMBS ET PROBLilIES

Ce [ffvblème se résout avec la même ractlité que le précédrnt. Il en eB( de même pour d'autres questions que l'on peut également déduire du Problème XX, par de légères moditicaiions dans les données.

Contlruire un triangle équitatéral dont Its sommeU ëoienl tiluéi tur trois paràUiUt dotmén X , Y, Z.

Supposant le problème résolu , soit ABC le Irianf^e équilatéral demandé. Faisons passer une circonrérence par les trois sommets A.

B, C; elle coupe X en un point 0.

Menons OB. OC : tes angles BOC, BAC seront égaux, comme inscrits au même segment CBD ; donc

De là Insulte ta consuiiction suivante :

Rn un point 0 quelconque de ta droite X> on mène deux droites OC, OB, inctinées à 60* sur tes trois parallèles. Ces droites coupent Y, Z en deux poinu C, B. On mène BC ; on circonscrit, au triangle BOC, une circonrérence qui coupe, en A , ta parallèle XA ; on joint A aux points B et C ; et ABC est le triangle équitatèrat demandé.

Vrabikaw XXill.

A un triangle domù MNP, dreomcrire un triangle ABC égal à un triangle donné A'B'C.

Le point B se trouve sur l'arc cnpable île Inngttï B', décrit ^ur

DE GHOMËTRIE f:LËHE^TAIKE. 6T

MN comme corde; elle point C, sur l'arc capable de l'angle C, décrit sur MP comme corde.

MniiKciianl, si l'on mène, par le poinl M, une double-corde BC

égale à B'C (Prob. II), et que l'on tire BNA e( GPA, on nura le triangle demandé ABC.

Remarques. — I. Quand le côlé donné B'C n'est ni trop grand ni trop petit, le problème admet une seconde solution; car on peut, en général, mener, du point M, deux doubles-cordes BC, DE égales à BC

II. Si la dof^le-torde tourne autour de M, le point A dérrtt un arc de cercle (Th. H).

PrahMa* SXIT.

A un triangle donné \hC,àrcon$crire un triangle équilatèrat

Du Problème XXIII, on conclut la construction suivante : Sur les eàtés du triangle ABC, on décrit trois arcs, capables de I d'angle droit; par le sommet B du plus petit des trois angles, on mène une sécante MP terminée aux arcs BPA.

BMC, et parallèle à la ligne des centres. On mène les droites PA, MC, lesquelles, se coupant en un point N situé sur l'arc •AC, complètent le triangle étfuilatéral maximum MNP.

PMbUatc SXT.

Par unpoml donné k, mener une tècante ABC qui forme, axxc le» deux côtés d'un angle domié 0, un triangle OBC, dont le périmètre Boit donné.

Si l'on considère le cercle I, ex-inscrit h ce triangle, on a (Th.XX)ON = OP = p.

De cette remarque, résulte la construction suivante :

On prend, sur les côtés de Tangle 0, les dislances ON, OP, égales à la moitié du périmètre donné ; aux points N, P, on élève, aux cAtés de l'angle, des perpendiculaires qui se coupent en I. Du point I, avec IN pour rayon, on décrit une circonférence, k laquelle on mène, par le point A, une tangente ABHC : cette droite est la sécante demandée.

Pr*blèBa XXVI.

Étant donné» un triangle ABC et un point G; mener par ce point une técante OMN telle, que le segment MN, compris dans l'angle A, soit égal à la somme des deux segments BM , CN.

A cause de MN= MB + CN, le périmètre du triangle AHN est égal â la somme des côtés AB, AC du triangle donné. La question se réduit donc à mener, par le point O, une sécante qui détermine, dans l'angle A, un triangle AMN ayant un périmètre donné. C'est le problème que nous venons de résoudre.

Cansiruire un quadrilatère ABCD» connaUsant deux angles oppoiés ByD, les diagonales et leur angle 0.

On décrit sur AC deux arcs, Tun capable de Tangle B, lautre capable de l*angle D; on trace ensuite une droite MN faisant, avec AG, un angle égal à O9 puis une droite BD parallèle à MN, et telle, que la partie comprise entre les deux arcs soit de longueur donnée (Prob. III) : ABCD est le quadrilatère demandé.

Inscrire, à un carré donné, un carré donné.

Soit MNPQ un carré inscrit a ABCD. Les triangles AMQ,

BNM , GPN , DQP sont égaux ; car ils ont les hypoténuses égales et les angles aigus égaux. De plus , si Ton mène les diagonales AG , MP, on forme deux triangles AOM, GOP, égaux entre eux, comme ayant un côté égal adjacent à deux angles égaux, chacun à chacun. Par conséquent