OM.ON=— ^.OA.OB-H— ^ OC. CD

Mais, MN étant parallèle à la droite EF, on a

OM 0E ON "" ÔF '

Par suite, en multipliant membre à membre, .

(5M'=f— ^.OA.OB-H -^.OC.Od)??.

Soit OG une moyenne proportionnelle entre OA et OB; soit OH une moyenne proportionnelle entre OC et OD. Nous aurons

% ( q 1 p ï\OE

\p-*-9 p-*-9 /OF

On voit que, pour déterminer OM, il suffit d'appliquer les solutions de ces problèmes : construire un carré qui soily à un carré donné , dans un rapport donné; trouver un carré équivalent à la somme de deux carrés donnés (*).

(*) On peut aussi construire OM au moyen de plusieurs quatrième» proporiionnelles et d^unc moyenne proportionnelle.

Inêcrire un carré MNPQ à un triangle donné ABC.

Abaissons la hauteur AD du triangle; et, sur AD oorome

côté, construisons un carré ADEF. Les deux carrés étant semblables et semblablement placés y les droites qui joignent les sommets homologues concourent en un même point, lequel est évidemment le sommet B.

Ainsi y pour résoudre le problème : on mène AP parallèle à la base BC et égale à la hauteur AD; on trace BF, qui coupe AC au sommet cherché N ; etc.

Remarques. — L Si Ton désigne par a, b, c les côtés du triangle; par a' y b', c' les hauteurs correspondantes; par oc, j/, z les côtés des Irots carrés qui satisfont à la question, on trouve

aa' bb' ce'

II. On peut conclure, de ces valeurs, que le plus grand carré s^appuiesur /ç plus petit côté du triangle.

PjroMèaie lY.

A un quadrilatère donné, ABCD , drconscrtre un quadrilatère MNPQ semblable à un autre quadrilatère donnée mnpq.

Les angles du quadrilatère MNPQ, respectivement égaux à ceux de mnpq 9 sont connus. Par suite, les sommets N, Q doivent être situés sur deux arcs AQD , BNC , capables de deux angles donnés.

Soient E , F les intersections de la diagonale QN avec les prolongements de ces arcs : le problème se réduit à la détermination des points E , F.

86 THÉORtHEB ET PROBLtlIEE

Or, les angles HQN, HNQ, respectivement ^ux à mqn,

mnq, sont connus. Donc si l'on prend, arbilrairemeni , sur les deux cîrconférenees, les points Q', N', et que l'on fasse

angUKQ'E = mqn, angteBti'V = mnq,

les points E, F seront déterminés (*).

Itucrire, à un rectangle donné ABCD, un rectangle tênMabU à un autre rectangle donné EPGR.

Renversons d'abord la question, et proposons-nous de arcon- — tertre, au rectangle EPGH, un rectangle

I MNPQ lembldfle au rectangle ABCD.

I Ce problème inverte, cas particulier du I Problème IV, peut être résolu aussi comme I il suit :

L'angle M étant droit, le sommet M appartient A la circonférence décrite sur EF comme diamètre;

(') Cette élégante solation m'a été Indiquée par N. Netiberg, profcstear ï l' Athénée de Ll^.

DE GËONÉTRIE ÉLÉMBIf TAIRE. 187

donc il 8*agil d*évaluer Tun ou Tauti'e des segments EM» MF, on seulement leur rapport.

Les triangles EMF, FNH, évidemment semblables » donnent