EM EF.BC — FH.AB MF ""EF.AB — FH.BC

Le rapport des segments EM, MF étant connu, on peut déterminer le point M par sa projection I ; et alors le rectangle MNPQ sera connu.

Si ensuite Ton divise AB dans le rapport de MF à FN, on aura le sommet B d'un rectangle RSTÛ, inscrit à ABCD, et semblable à EFGH.

Remarque. Ce problème donne lieu A une intéressante discussion algébrique.

THtORËHES ET PROBLÈMES

Par «n point 0, tittté sur la bitsectrice d'un angle droit CAB, nicn«r une tranveraale MN telle, que le segment de cette droite, compris entre les côtés de iangle, ait une longueur donnée I.

Du point donné 0, abaissons, sur les cdtés de l'angle, les

perpendiculaires égales OD , OE. Par le pied N de la transversale cherchée, menons NF perpendiculaire à MN, puis NG perpendiculaire à DO. Si le point F, où NP rencontre DO prolongée, était connu, on obtiendrait le point N,(tn décrivant, sur OF comme diamètre , une demi-circonférence.

Or, les triangles rectangles MDO, FGN sont égaux; car ilsmt les côtés perpendiculaires , et DO = OE = GN. Donc HO— NF. Il suit de \k que

MN*-= P = (ON -*- NF)' = ÔnV NFV 20N.NF.

DE GÉOMÉTRIE ÉLÉMENTAIRE. iS»

D'un autre côté, le triangle OMF étant rectangle en 0, on a

•qS* H- NF* == Of*, 0N.NF = 0F.GN = 0F.0E. L'égalité précédente devient donc

/«==0F*^2OF.OE, ou

Supposon$ que, du point D comme centre, avec DP pour rayon, nous décrivions la circonférence FHF\ et que nous prolongions EO jusqu'à sa rencontre H avec la circonférence. Nous aurons

0F' = 0F + 20D, Tm'«OF.OF'; d'où, à cause de P=OF. OF,

OH=r=/.

Il faut donc, pour résoudre le problème : l"* prendre OH»/; 3" décrire, du point D comme centre, la circonférence FHF'; 3* décrire, sur OF et OF' comme diamètres, les circonférences ONF, ON'T'; 4** joindre le point 0 avec les points où ces circonférences coupent AB ou son prolongement : les droites MN, M'N', M"N", M'"N'" satisfont à l'énoncé, ou à l'énoncé gênéralisé.

Remarques. — I. Si la longueur donnée / est moindre que le double de AO, la circonférence OF ne coupe pas AB, et les solutions MN, M'N' n'existent plus.

IL La question que nous venons de résoudre est connue sous le nom de Problème de Pappus (*).

{*) Pappus, Géomètre grec, vivait dans le quatrième siècle; il est surtout eélM>re par i'ouvrage intitulé : ColUetiont mathématiques. La discussion du Problème de Pappus se trouve dans mon Applicaiioti' de l'Algèbre à la GéomArie (iSiS).

théouèhes et problèmes

Par un point 0, titué mr la bistectriee d'un angle droit CAB, mener une transvertale MN telle, que le triangle MAN loit équivalent à un carré donné m'.

Cherchons, comme dans le problème précédent, Jh déterminer le point où DO rencontre NP perpendiculaire i MN. Si nous abaissons FP perpendiculaire à AB, nous aurons, à cause de réalité des triangles MDO, NPF,

GFPN = 2HD0.

De même, le rectangle GOEN est double du triangle OEN.

Conséquemmcnt , si nous construisons le carré DO'E'A égal i DOEA, le rectangle FPE'O' sera double du triangle MAN; c'est-b-dire équivalent a Snt*.

Or, nous connaissons la hauteur OE de ce rectangle. Il suffit donc, pour trouver le point F, de prendre O'P égale à ^^>

Par un point 0, situé dans un angle droit CAB, mener une transvertale MN telle, qae le triangle MAN toit équivalent à un carré ni'.

Du point donné O, abaissons, surAB, la perpendiculaire OE: soit G' le point où elle rencontre la bissectrice de l'angle droit. Joignons le pied N de la transversale cherchée, au point G', par la transversale M'O'N. Il est clair que