OA = OC, OM = OP

c'est-à-dire que les diagonales se coupent mutuellement en deux parties égales.

On déterminera donc les sommets M, N,P, Q en décrivant, du point 0 comme centre , une circonférence ayant pour rayon la moitié de la diagonale du carré à inscrire.

Remarque. Le problème est impossible si la diagonale du second carré est plus petite que le côté du premier.

Plaar, dama l'amgU A iThm Irim^le iùmmi ABC. me droite DE de UntgmtMT dommée L, qmi woit égale à la tomme des tegmenU BD, EC.

De» detn peMèmet précédeais,et du Tbéorènie X\, on tire la construction sunante :

Prenez, sar les cdics dv l'angle A,

et décrivez le cercle O', qui louche en F, G les eâtcs de Tangle. Prnirz ensuîlc

ri = GK = L, cl décrivez k cerdc O. Menez onGii, à ces deux ccrck-s, une tangcnle commune intérieure DE.

Étant donnés un jminl A et deux circonférences; mener une droite MN, terminée aux circonférences et divisée en deux parties égales par le point.

8oil C la circonférence symétrique de 0 par rapport au point donné; soient M, M' les points où celte ligne autiliaire coupe la circonférence 0'. Si l'on mène les droites MAN, M'AN', elles saiisfont à l'énoncé.

Remarqtie. Pour que le problciiif soit possible, on doit avoir

CO' < R-i-K', CO' > il — R';

H, H' élaiit les rayons des cercles donnés.

DE GÉOMÉTRIE ÉLÉMENTAIRE. 7t

n^MèMe XXXI.

Mener j dans un triangle ABC, une transversale MNP telle , que les segments MP, NP, déterminés par les côtés du triangle ^ mrient égaux à des droites données m , n.

Ce problème peut être regardé comme un cas particulier du Problème XXV: celui où le triangle donné MNP se réduirait à une ligne droite.

rr«MèBie XXXII.

Des sommets d'un triangle ABC, comme centres y décrire trois circonférences qui se touchent mutuellemenL,

Soient M, N, P les points de conuct cherchés. La tangente

commune aux cercles C» A, et la tangente commune aux cercles A, B, se rencontrent en un point situé sur la bissectrice de Tangle A [6., 74, 195]. De même, la tangente commune en P, et la tangente commune en M, se rencontrent sur la bissectrice de Tangle B. Or, les bissectrices des trois angles du triangle ABC se coupent en un point unique 0, centre du cercle inscrit à ce triangle. Donc les tangentes communes en M, N, P sont les rayons menés aux points de contact du cercle 0 avec les trois côtés.

Il Tant donc, pour trouver les rayons AP, BM, CN : 1* Chercher le centre du cercle 0 inscrit au triangle donné ; 2* Abaisser OM, ON, OP perpendiculaires sur les côtés de ce triangle.

Remarques. — I. Si Ton désigne par a, 6, c les côtés et

par 9p le périmètre, il résulte, du Théorème XX, que

AP=ap — a, BM=p — 6, CM=p — c.

II. Le problème équivaut & la résolution géométrique des équations

Étant donnât, sur une circonférence O, deux points C, D, situés d'un même côté par rapport à un diamètre donné AH; trouver sur la circonférence, de l'autre côté de ce diamètre, un point M tel, qu'en te joignant aux deux points donnés, les segmenls OE, OF du diamètre, compris entre le centre et les droites de jonction, soient égaux entre eux.

Heoons le diamètre COG; joignons le point G aux points inconnus H, [F, par les droites GM, GFH ; et tirons la corde HC.

Les triangles OEC, OFG sont égaux, comme ayant un angle égal, compris enue deux côtés égaux chacun 6 ch»cua; donc les angles OCE, OGF sont égaux. De là résulte que les triangles CHG, CHG, évidemment rectangles, sont égaux comme ayant l'hypoléouse égale et un angle aigu égal. Donc la figure CMGH est un rectangle. Actuellement, daos le triangle MGF , l'angle G est droit , et Vaogle M égale DCG. Si donc nous décrivons, sur la corde CD, un arc capable d'un angle égal & !<' + DCG, cet arc coupera le diamètre AB au point cherché F.

Remarque. Si, aux points D, G, on mène des tangentes, et que du point I, où elles se coupent, on décrive une circonférence, son iolersection avec AB donne le ppinl F.

Mener, à deux circonférences données 0, 0', deux tangentes égales AT, AT', faisant entre elles un angle donné.

Joignons les points de contact T, T', aux deux centres, par

les droites TO, T'ÔS et prolongeons ces lignes jusqu*à leur intersection B.

Nous formons ainsi un quadrilatère dans lequel les angles B, A sontsupplémentaires, attendu que les angles T, T sont droits. De plus , BT=BT' :

c*est ce qu*il est facile de voir en menant la diagonale AB. De là résulte que, dans le triangle OBO', nous connaissons la base 00', Tangle opposé B, et la différence des deux derniers côtés ; car, de

BT = OB -*. OT, BT' = O'B -i- OT',

on déduit, à cause de BT= BT' :