MM' = NN' = TT

Par suile, la corde M'T' est égale au côté inconnu MT. Il ne s'agit donc plus que d'inscrire une corde MT, égale à uiie autre corde M'T', et passant par le point A.

^ n pair.

Si nous effectuons la même consiniGiion , il en résulte, à cause de MM'^SS', que M'S est parallèle au edié inconnu MS.

Et comme ce càté doit passer par le point donné A, il est complètement déterminé. Le problème est donc résolu.

PraklèMc XLIT.

Itucrirt, à un cercle donné O, un polygone MNPQ... dont les côtés passent par des points donnés A, B, C.

Soient PQ, QK deux côtés consécutifs, lesquels doivent, respeclivemcni, passer par les points D, E. Soil, comme dans le

It4 THÉORÈMES ET PItODLÈHES

Problème \LI , PP' pra)l6le à la droiie DE. On verra que le poînl F, où DE rencontre li corde P'R, pcui aisémenl être déterminé. Par suite, la recherche du polygone MNPQR est remplacée par celle du polygone MNPP'R, dont im côié PP' doit être parallèle k une droite don* née , et dont les autres cAlés doivent passer |iar des points donnés.

Scmblablement , la recherche de ce second polygone se réduit à celle d'un nouveau polygone ayant deux côtés parallèles à deux droites données, et dont les autres cAlés passent par des points donnés.

En continuant de la sorte, on voit que la question proposée est ramenée au problème précédent.

Prakièwe XLV.

Circonscrire, à un cercle donné O, un triangle MNP dont let lommets soient situés sur trois droites données X , Y, Z.

Soit DEP le triangle inscrit, ayant pour sommets les points de

DE GtlOHËTRIE ÉLÉHGNTAIItE. 32S

contact de ta circonférence 0 avec les c&tés du iriangle circonscrit MNP. Il est clair que les sommets du second tnangle sont les pâles des cAtés du premier. Conséqucmment , la droite X, qui passe par le point M, a son p61e A surDF. De même, les pâles B, C, des deux autres droites données, sont situés sur PO, DE.

II faut donc, pour résoudre le problème proposé : 1° cbereher les pôles A, B, C des droites données; 3* construire le triangle inscrit DEF, dont les côtés passent par ces trois points (Probl. XLII); 3* mener, par les sommets de ce triangle, des tangentes à la circonférence 0.

Remarque. La solution que nous venons d'indiquer est une application de la Théorie de» polaire» rêciprogites.

Pr«blèH0 SLTI.

C<mttruire un eerde tel, que leg angles drcoMcriU, dont let lommett seraient trois points donnés A, B, C, soient respectiventent égaux à des angles donnés 3a, 3^, Sy. Soit O le cercle cherché. Menons les tangentes AD , AD', BË , E.', CP, CP'. Menons aussi tes rayons OD, OE, OP. L'angteDAO, moitié de DAD', est égal à b. De même, les angles EBO, FCO sont respectivement égaux h ^ et y.

D'ailleurs, les triangles ADO, BEO, CEO sont rectangles.

Si donc, d'un point arbitraire C, pris en dehors d'une droite indéfinie XY, nous menons la perpendiculaire O'I, puis les obliques O'A', O'B', O'C faisant, avec XY, des angles égauxàa,P,]'; celle construction détermi-

ne THÉORÈMES ET PROBLÈMES

nen des iriaagles AJO*, B'Kï, CIO', semblables aax premiers. La comparaison des c6tés homologues donne

Ôi>~"ôr' ËÔ~ OB' OF "° oc '

d'où, à cause de OD'=OE = OF:

OA O-A' OA OV ÔB ~ ffB' ' OC °^ O'C '

I..es distances du point 0, aux points A, B, C, étant proporlionnelles i des longueurs connues, ce point sera déterminé par l'inlcrseelion de deux circonrérences que l'on construira Tacilement.

Construire un cercle tel, que Us langentei menées à ce cercle, par trais points donnés A, B, C, atent des longueurs données a , b , c.

Des point8A,B,C, comme centres, avec a. A, c pour rayons, décrivons trois circonrérences. Chacune I d'elles coupe orlhogonalement le cercle cherché; car, par exemple, le rayon OD ' de ce cercle, étant perpendiculaire au rayon AD, est langent à la circonférence AD.

Il résulte , de eeiie observation , que le cercle cherché est celui qui coupe orlliogonalemenl les trois nuires cercles. Il a

pour centre leur centre radical (Th. XL et XLV).

PrvMèMC X ■.▼■■■.

Quelle eut la roule ABC que doit suivre une bille, sur un billard circulaire, pour revenir an point de départ A, après deux réflexions sttcressives sur la bande?

DB GtOHÉTRlE Ët.ËNENTAlHE. »T

D'après la loi de la réflexion des corps élastiques (Liv. I, Probl. X), les rayons OB, OC divisent en deux parties égales, respectivement, les angles ABC, ACB.

Mais, dans le triangle jgoscéle OCB, les angles B, C sont égaux ; donc les angles ABC, ACB, doubles des premiers, sont égaux entre eux; et le triangle ABC est isoscèle. Conséquemment, la figure est symétrique par rapport au diamètre EF passant par le point A ; cl BC est perpendiculaire Ji ce diamètre.

Cela posé, prolongeons le rayon OB jusqu'à sa rencontre, en G, avec la perpendiculaire à EF menée par le point A ; et décrivons, de ce point A comme centre, la circonférence OHL. Ainsi qu'on le voit aisément, le triangle BAG est isoscèle, et la circonférence coupe BG en un point H tel, que GH^OB. Donc, la diflérence des segments BG, BH est connue, et égale au rayon R du cercle donné.

D'un autre côté , si nous menons LH , nous formons un triangle rectangle OHL, évidemment semblable au triangle rectangle OAG. La comparaison des cdtés homologues donne