AB " A'B"' "" " A'B
ti donne
résofue, par rapport à XA,
ATÎ.AA' ^^ A'B'-AB"
Conslrii
lsonsB'D:=BA. Alors
y^ AB.AA' XA AA' A'IJ ' AB A'D
et il est clair que les triangles A'DA, ABX sont direc-
tement semblables ; d'ovi une construction des plus simples pour le point X.
On remarquera que si les deux triangles XAB, XA'B'
EXEliaCES DITEBS- 77
sont semblables, il en est nécessairement de même poiiv les triangles XAA', XBB'.
78. Construire deux triangles symétriquement semblables dont on donne les bases, sachant qu'Us ont même sommet {fig- ai).
Conservons les mêmes notations qne dans le niunéio précédent. La question se réduit encore à la détermination du sommet commun X. Or on a (SI )
AX cj A'X
AX cj A'B' = AB(cj AX - r.j AA'j.
■ cj A'E
Nous avons donc aussi {i(>),l'équipolience conjuguée
A'B'cj AX = cj AB(AX — AA'),
Fis. ...
L'élimination de cj ÂX entre ces deux relations nous donne
AX(AB cj AB — A'B'cj A'B') = AB( AA'oj AB -+- A'B'cj AA).
Pour simplifier les constructions, prenons AA' pour origine des inclinaisons. Alors AA'=cj AA', et il vient
AX{ABcjAB — A'B'cj A'B') = AA'. AB( A'B'-- cj AB),
7^ SECONDE PAKTIK. -
Menons A.D^A'B', puis formons le triangle ADIl symétriquement semblable à ABD. Alors
cjAH AD -AH- AD c jAD A^^jA^'
cj AD ~ AB ' '^J AB ~ AB" "" '
el l'équipollence se réduit à
AX(ci AB — cj AH) = AA'{ A'B'-H cj AE),
Enfin, menons AE ^ — cj A' M', et nous avons
AX cj HB ^ AA' cj
AX __ cjBE AA' ~ cjBH'
c'est-à-dire que le triangle AA'X est sjmélrjqueraent semblable à BHE.
Noiis laissons au lecteur le soin d'effectuer les constructions, qui n'offrent aucune difficulté,
79. Construire un triangle ABC (Jig. 22), connaissant ta hase AB, l'angle ABC et sachant qu'entre les
longueurs a et h des côtés BC, AG il existe (a relation a^ l-\'pb.
La direction BC est connue. Portons, sur cette droite
indéfinie, BL, do longueur ;, puis LP de longueur /?. On aura évidemment
BC = BLh tLP, LC =^&LP, L,\ r-.- 6LP^CA.
Or, en appelant p l'iEclinaison de CA, CA— bc^.Donc
Par conséquent LP + eP || LA. Mais, si da point P comme centre nous décrivons une circonférence de rayon égal à l'unité qui coupe LA en K, il vient I,K = LP + PK = LP -i- sS II LA.
Donc 6^ p, ou PK II CA, ce qui résout le problème. Il peut j avoir 2,1 ou o solutions.
80- Construire un triangle ABC (Jig. 23), connaissant les longueurs de deux câtés AB, AC, et de la bissectrice AD de l'angle A.
Soient gr.AB— c, gr.AC:r= 6,êr.;iD ~ d, A= aa. Prenons A pourorigincdesdroites, AD pour origine des
inclinaisons. Alors AD = c;, AB=^cs«, AC = is"''. Exprimons que les points B, D, C sont en ligne droite, en é crivant
AC^ a-AB-h(i-a^)AD ou i>^-^= cxe-^-^- {l- a:)d. L'équipoUence conjuguée est iï"=ca;£'"" + (i — x)d.
8o SECONDE PARTIE.
De là, par soustraction, puis divisant par s" — î~", on tire aï = — -- Remplaçant a: par cette valeur dans la première équipoUence,
Le premier membre représente le double de la projection de AB sur la bissectrice. On l'obtient ainsi par une construction des plus simples, ce qui détermine le triangle.
Remarque. — La valeur a; ^ — - eî-dessus donne
