IJ

Discussion. Ces deux racines sont évidemment réelles, puisque 2 R (R+a) est une quantité positive; et, comme a est plus petit que R, on voit, à l'inspection de l'équation [2], que l'une d'elles est positive et l'autre négative.

La solution positive x' se construit avec une grande facilité : car le radical est une moyenne proportionnelle entre 2R et (R-f a), c'est-à-dire entre BA et BI; il est donc égal à BG. Donc :

a/=BG — BI.

Donc, si l'on prend BT=BC, IT sera égal à a/ : ce sera le rayon cherché. Pour avoir le centre, on élèvera en T une perpendiculaire TG sur AB, et on la prendra égale à IT.

Quant à la solution négative x", elle est égale, en valeur absolue, à BC + BI. Pour l'interpréter, remarquons que, si on la désigne par (—a), elle doit vérifier l'équation [1] ; on doit donc avoir :

(a-a)2 = R(R-f-2a), ou (a-a)2=R (R + 2a). [4]

Or c'est là précisément l'équation qu'il eût fallu écrire, si l'on avait voulu tracer un cercle tangent extérieurement à l'arc BC, au diamètre et à la corde prolongés, et que l'on eût appelé a son rayon inconnu; on s'en assure aisément en faisant la figure. Ainsi la racine négative fournit une seconde solution du problème,- et pour avoir le point de contact T, du nouveau cercle et du diamètre AB, il suffit de porter, sur ce diamètre, à gauche de B, une longueur BTi égale à BG.

On voit qu'ici encore les deux rayons IT=BG — BI et IT,=nBG-}-BI sont portés, à partir du point ï, en des sens opposés, comme l'indiquent les signes dont leurs valeurs sont affectées dans les formules [3].

Il est évident que les points T et Ti sont les points de contact de deux autres cercles égaux aux premiers, dont les centres sont symétriquement placés audessous du diamètre AB, et qui répondent aussi à la question.

Si l'on veut maintenant inscrire un cercle dans le segment BIG, on trouvera, par des raisonnements analogues, l'équation

qui difl'érera de l'équation [1], et qui ne pourra pas s'y ramener par le changement de signe de x. Sans entrer dans le détail de cette nouvelle solution, nous dirons seulement que la racine négative correspondra au cercle tangent extérieurement à l'arc AG, et qu'on obtiendra les points de contact des deux cercles avec le diamètre AB^ en décrivant, du point A comme centre, une demi-circonférence, de rayon AC.

On voit que le problème a huit solutions fournies par deux équations du second degré.

290. Problème V. Partager la surface d'un cercle, de rayon R, en moyenne et extrême raison, par une circonférence concentrique.

On peut faire deux hypothèses : 1° la surface comprise entre les deux circonférences est la moyenne; 2° la surface du cercle inconnu est la moyenne.

Dans le premier cas, si Ton désigne par x le rayon du cercle cherché, l'équation du problème est :

7cR^ 7r(R'— x») 7c(R^ — x')"" ira;2 '

ou (R2-x2)'=R^a;'. [1]

On tire delà: R'— x'=Rr, ou R*— a;'=— Ra;. <

La première de ces deux équations donne :

et la seconde, qui n'en diffère que par le signe de x, donne :

Discussion. Ces quatre racines sont égales deux à deux et de signes contraires. Mais les racines négatives n'ont pas de signification dans cette question géométrique; elles doivent être rejetées. Quant aux racines positives, la première,

Rfv/5-l)

est la plus grande partie du rayon R divisé en moyenne et extrême raison : elle répond directement à la question de partage. La seconde,

est la ligne dont la moyenne serait R dans la division en moyenne et extrême raison. Cette ligne, plus grande que R, donne une solution qui ne convient pas au problème tel qu'il a été posé. Mais, que l'on en généralise l'énoncé de la manière suivante :

Construire un cercle concentrique à un cercle donné, et tel que la couronne soit moyenne proportionnelle entre les surfaces des deux cercles.

Ce nouvel énoncé n'exigera plus que le rayon inconnu soit plus petit que R. Si on le suppose plus grand, l'équation nouvelle,

(x^ — Rî)2=R'a;»,

ne différera pas de l'équation [1]; et, par suite, la seconde solution conviendra, comme la première.

Supposons maintenant que ce soit le cercle inconnu qui doive être moyenne proportionnelle entre le cercle donné et la couronne : l'équation du problème est alors :

TtR' 71X2

ux'~7:(R2— x=)'

ou x^ + R'x»— R< = 0. [4]

On pourrait résoudre cette équation bicarrée par les méthodes connues. Mais il vaut mieux poser :

a^=Ry; [5]

et l'équatio» devient, après avoir été divisée par R' :

y'+Ry— R^=0; [6]

elle est identique avec la première des équations du premier cas. Ainsi la valeur négative de y doit être rejetée ; et la valeur positive est la plus grande partie du rayon divisé en moyenne et extrême raison. Quant au rayon x du cercle inconnu, il est] d'après l'équation [5], une moyenne proportionnelle entre le rayon du cercle donné et la moyenne y. On construira aisément les trois solutions de ce problème.

§ IL Problèmes à plusieurs inconnues.

291. Problème VI. Calculer les côtés de l'angle droit d'wi triangle rectangle, connaissant l'hypoténuse a et la hauteur h abaissée du sommet de l'angle droit sur l'hypoténuse. •

Soient xety les deux côtés inconnus ; le théorème de Pythagore donne l'équation :

x^ + y^=a\ fl]

La surface du triangle a pour expressions -^ et — - ; donc on a :

xy = ah. [2]

En doublant les deux membres de l'équation [2], et en l'ajoutant ensuite à l'équation [1], on a :

x' + y^ + 2xy^a-'-\-2ah, ou {x-hyy=a'' + 2ahj

d'où l'on tire, en extrayant les racines carrées des deux membres, ce qui est permis, puisqu'ils sont positifs :

x + y=\/a'-\-2ah. [3]

Si, au lieu d'additionner les deux équations membre à membre, on soustrai* la seconde de la première, on a :

{x—yy=a'^—2ah',

et, comme on peut supposer que x est le plus grand des deux côtés cherchés, on a, en extrayant les racines :

x—y=^\/a^—2ah. [4j

On connaît donc la somme [3] et la différence [4] des inconnues, et l'on en ".onclul :

x = -{\/a'-t2ali H- \/a^—2ah),

y=zl{^/a^ + 2ah—s/a'—2ah).

Discussion. Pour que le problème soit possible, il faut et il suffit que les ' valeurs de a; et de y soient réelles, c'est-à-dire que Ton ait :

a>2h, ou h<-. [6J

393. Remarque. Ces inégalités [6] n'excluent pas les égalités limites,

car les valeurs de x et de y restent réelles et positives, dans cette hypothèse. Elles fournissent donc les solutions des deux questions suivantes :

1° Parmi tous les triangles rectangles, de hauteur donnée h, quel est celui dont Vhypoténuse est la plus petite possible?

C'est le triangle dont l'hypoténuse est égale à 2/i. Il est isocèle; car, dans ce cas, __

x=y=h\Jl.

2° Parmi tous les triangles rectangles, de même hypoténuse a, quel est celui dont la Jiauteur est la plus grande possible ?

C'est le triangle dont la hauteur est égale à -. Il est isocèle; car, dans ce cas,

flV2

393. Proôlêhe Vn. Déterminer les côtés d'un triangle rectangle, connaissant sa surface m' et son périmètre 2p.

Soient x, y, a les côtés du triangle ; z étant l'hypoténuse , on a , d'après l'énoncé et en se servant de propositions très-connues :

En multipliant par 2 les deux membres de la troisième équation, et l'ajoutant ensuite à la première, on a :

j£î-f4wi2=:a;î-f yî-f 2x1/, ou z^ -{-^m^={x + yf. [4]

La seconde donne d'ailleurs l'équation :

x^y = 2p — z; d'où (x-fy)» = (2p— J2)'. [5]

En égalant les deux valeurs de (a;-j- yy fournies par les équations [4] et [5] ,

on a :

(•2p — ;5)2=jî2 4 4r,|2.

ou, en effectuant l'élévation au carré indiquée dans le premier membre , puis en supprimant le terme ;5- qui est commun, et ea divisant les deux membres par 4,

p'— pjï — m';

d'où Ion déduit; x=^~^}^>. [S]

Puis z étant connu, les équations [2] et [3] font connaître (a? + y) et xy\

car elles donnent :

x + y=2p — !S—i--^ — , xy=2m^; X et y sont, par conséquent, racines de l'équation

On a donc : =^^ — ± \/ ^ T , — 2m'.

Discussion. Comme la valeur [6] de z doit être positive, l'une des conditions de possibilité du problème est :

Mais cette condition ne suffit pas ; il faut, en outre, que les valeurs de x et de y soient réelles et positives.

Or on voit, à l'inspection de l'équation qui les fournit, qu'elles sont positives, si elles sont réelles. Il suffit donc d'exprimer qu'elles sont réelles, c'està-dire que Ton a :

kp^ — 2m2>0, ou {p» + m»)2— 8p'm'>0.

Or le premier membre peut être considéré comme la différence de deux carrés. Cette inégalité équivaut donc à la suivante :

(p2+m2 + 2pw v/2) (p2 + m»— 2pm v/2)>0.

Mais le premier facteur est positif : il faut donc que l'on ait :

p2 + m' — 2pmv/2>0. [8]

Telle est la condition à laquelle p et m doivent satisfaire. On peut en déduire les limites entre lesquelles peut varier p pour une valeur donnée de m, ou m pour une valeur donnée de p. Nous obtiendrons ces deux résultats à la fois, en

posant — = r. Si, en effet, l'on divise par m' les deux membres de l'inégalité [8],

elle devient :

r^ — 2ry/ï+ 1 >0.

Or son premier terme est positif: on en conclut que, pour qu'elle soit satisfaite, r doit être plus grand que la plus grande racine de l'équation r' — 2r ^2 +1=0, ou plus petit que la plus petite; c'est- idire plus grand que (v/2 + l) ou plus petit que (v/2--l). Mais p étant, comme on l'a vu, plus grand que m, le rapport

^ ne peut pas être moindre que {^2 — 1 ) 5 il faut donc qu'il soit plus grand que m

(v/2 4- 1)- D'ailleurs, cette condition entraîne la première; elle est donc la seule condition de possibilité du problème.

294:. Remarque. Le triangle rectangle, dont le périmètre est 2p et la surface m?, n'est possible que si l'on a :

on en conclut : m < -— — , ou m <p (\/2 — IV v/2 + l ''

et p>mV2+l).

Ces inégalités n'excluent pas les égalités limites,

car, dans cette hypothèse, les valeurs des inconnues restent réelles et positives. Elles fournissent donc la solution des questions suivantes :

1° Parmi tous les triangles rectangles, de même périmètre 2p, quel est celui dont la surface est la plus grande possible?

C'est le triangle dont la surface est m'=p'(v'2— l)^. Il est isocèle; car les côtés de l'angle droit sont donnés par la formule :x = y=^p{2~ s/2). L'hypoténuse z = 2p (^2 — l) •

2° Parmi les triangles rectangles, de même surface m', quel est celui dont le périmètre est minimum ?

C'est le triangle dont le périmètre est : 2p = 2m(v/2 + l). Il est isocèle; car les côtés de l'angle droit sont donnés par la formule : x=:y = m\^. L'hypoténuse s = 2m.

295. Problême VIII. Inscrire dans une iphère, de rayon R, un cylindre dont la surface totale, y compris les deux hases, soit équivalente à un cercle, de rayon donné m.

Si Ton nomme x le rayon de base et y la hauteur du cylindre, la géométrie fournit immédiatement les équations suivantes :

x'- + y- = W, 271 j' + 2nxy = Tim' ; [1]

et cette dernière devient, en supprimant le facteirr tt,

2x^ 4- 2xy = m\ [2]

On déduit de [2] : y= — — — ;

et, en substituant cette valeur dans la première équation [1], on a :

chassant les dénominateurs, et réduisant les termes semblables , on obtient l'équation bicarrée :

d'où l'on déduit :

, (m- + kR')±s/{m'+m'y-bm* , .,

x'^- Yq ; W

Alg. B. pe Partie 45

226 LIVRE îll.

et par suite, «= y — — ^ ^ . [5J

Discussion. A la seule inspection de l'équation bicarrée [3], on s'aperçoit que, si les valeurs de x"^ sont réelles, elles sont toutes deux positives, et elles fournissent par conséquent chacune une valeur réelle et positive de x. Mais il ne suffit pas que x soit réel et positif, il faut aussi que y le soit; par suite, on doit avoir :

?n'-2x2>0, ou x<^, 16]

Le problème aura donc autant de solutions qu'il y aura de valeurs de x fournies par la formule [5], et satisfaisant â cette condition [6].

Pour que le problème soit possible, il faut d'abord que les valeurs de x soient réelles; il suffit, pour cela, comme nous l'avons dit, que celles de x"^ le soient; ce qui exige seulement l'inégalité :

(m2 + 4R')2 — bm' > 0, ou (m2 + 4R2 — m2 y/l) (m^ + 4R2 + m^ ^Jl) > 0.

Or le second facteur est positif; il faut donc que l'on ait : ?n2 + 4R2 — m^ V5>0;

d'où m»<-^^,^ ou m^<.R^(\/5+l)- [7]

Cette condition étant remplie, la plus petite vale;:r de x convient toujours à la question; car elle satisfait, en outre, à l'inégalité [6], c'est-à-dire que l'on a :

m^ 4- 4R2 — y [m' + 4K^)^ — hm'' m^

ou, en chassant les dénominateurs, et transposant :

4 (r^— in?) < V(4R'-^H-m-)- — 5m<.

Et, en eiïet, si m est plus gra»d que R, celte inégalité est évidente. Si, au contraire, m est plus petit que R, les deux membres étant positifs, il est permis de les élever au carré («®4), et l'iné^-^alité devient :

16(R*-2R'm2 + m^) < IGR^-j-SR^m'-i-rv^ — 5mS

ou 20ni<— 40R2m2<0; d'où m'<2R^;

ce qui est vrai. Le proUème a donc toujours une solution, dès que la condition [7] est vérifiée.

Pour que la plus grande valeur de x convienne aussi, il faut que l'on ait de môme ,:

ou, en chassant les dénominateurs et réduisant :

^Lm^ H- 4Ry ~ hm* < 4(m= — R^).

Or si m est moindre que R, cette inégalité est impossible, et, par conséquent, la seconde solution n'existe pas. Si m est plus grand que R, les deux membres de l'inégalité étant positifs, on peut les élever au carré; il vient ainsi :

(m» + 4R')2— 5m< < 16 (m^ — R^)^ ; d'où m? > 2R^ Il faut doncj pour qu'il y ait deux solutions, que m- soit compris entre 2R' et B? (v/5 + l).

396. Remarque. On peut se rendre compte, de la manière suivante, des résultats que nous venons d'obtenir.

L'équation [2], lor5qu'on y remplace y par sa valeur positive tirée de [1] , donne, pour expression de la surface totale du cylindre inscrit dans la sphère :

nm" = 2'KX {x + 2 \/K^—x^).

Si l'on examine les valeurs successives par lesquelles passe cette surface lorsque le rayon x de la base augmente depuis 0 jusqu'au rayon R de la sphère, on voit qu'elle est nulle pour a; = 0; puis, qu'elle augmente avec x jusqu'à une limite que le calcul fait connaître, et qui, d'après ce qui précède, est tîR^^ V 5 + 1)*, la valeur de x, qui fournit ce maximum, est, d'ailleurs :

Puis, lorsque x augmente jusqu'à R, la surface diminue jusqu'à la valeur 2tcR', qui correspond au cas où, la hauteur étant nulle, le cylindre se réduit à ses deux bases qui sont deux grands cercles. Or, en augmentant depuis zéro jusqu'au maximum, pour diminuer depuis le maximum jusqu'à 27îR^, il est évident que la' surface du cylindre passe deux fois par toutes les valeurs comprises entre le maximum et 2-riR'^, et une seule fois par celles qui sont moindres que 27iR^

297. Quelques problèmes sont considérablement simplifiés par un choix habile de l'inconnue. En voici deux exemples :

Problème IX. Trouver quatre nombres en proportion , connaissant la somme des moyens 2s, la somme des extrêmes 2s', et la somme des carrés des quatre termes 4q-.

Prenons pour inconnue le produit x des moyens; leur somme étant 2^, ils sont (250) racines de l'équation :

5'—2sz + x = 0, et égaux, par conséquent, à

Comme le produit des extrêmes est égal au produit des moyens, on verra, de la même manière, que les extrêmes sont :

s' -{■ \ s'- — X , s' — \/s'^ — x, En formant la somme des carrés de ces quatre expressions, on trouve :

l'équation du problème est donc :

On déduira de là la valeur de x, et, par suite, les quatre termes de la proportion, qui sont, tout calcul fait :

Remarque. Il est naturel de prendre pour inconnue le produit des moyens, parce que ce produit, pour chaque proportion, n'admet qu'une seule valeur. Si l'on cherchait, par exemple, à déterminer un des moyens, on devrait les trouver tous les deux par le même calcul; car rien ne les distingue dans l'énoncé. L'équalion serait donc au moins du second degré.

Pour que le problème soit possible , il faut qu'on ait :

s2<q2, s''<qK

298. Problême X. Trouver une proportion, connaissant la somme 4s de ses termes, la somme 4q^ de leurs carrés, et la somme 40^ de leurs cubes.

Prenons pour inconnues la différence 4a; entre la somme des extrêmes et la somme des moyens, et le produit y des extrêmes ; désignons par a, h, c, d, les quatre termes de la proportion; ]|pus aurons :

On tire de là :

Comme l'on a: ad:=y, bc=y, [3]

on en déduit («50) pour a, h, c, d, les valeurs :

az=s + x-]-^{s-{-xy — y, d = s + a; — )Jis-i-xy—yy

h=zs—x-{- \/{s—x)'^ — yt c —s — x— \J {s — xf — y'

La somme des quatre carrés est, comme on le calcule facilement :

et la somme des quatre cubes est :

16s(s2 + 3a;')-12sy;

ce qui fournit les équations :

8 {s' + x^) - ky =4g», 165(s2 + 3a;2) — 12sî/ = 4c3;

ou , en divisant par 4 les deux membres de chacune d'elles, et en transposant •

Vlsx'-'Zsy^zc^—ks^, ^^

En résolvant ces deux équations, on trouve :

et, si l'on substitue les valeurs de a; et de y dans les formules [4J, on obtient les quatre termes de la proportion.

EXERCICES

I. Un voyageur part d'un point B, pour aller vers un point C, en même temps qu'un autre voyageur part de G pour aller vers B. Chacun d'eux marche avec une vitesse constante. Ces deux vitesses ont un rapport tel, que le premier arrive en C quatre heures après qu'ils se sont rencontrés, et que le second arrive en B neuf heures après cette rencontre. On demande quel est le rapport des vitesses.

Si l'on désigne par x et par y les deux vitesses, par d la distance BC, et par x la. distance du point B au point de rencontre, on trouve les équations :

et 1 on en tire : ~ = « •

II. Trouver un nombre de deux chiffres, tel que, divisé par le produit de ces

deux chiffres, il donne pour quotient 5-; et que, si ron en retranche 9, on

obtienne le nombre renversé.

Le nombre est 32.

ni. Trouver un nombre de trois chiffres, tel que le second chiffre soit moyen proportionnel entre les deux autres, que le nombre soit à la somme de ses chiffres comme 124 est à 7, et qu'en lui ajoutant 594, on obtienne le nombre renversé.

Le nombre est 248.

IV. Trouver cinq nombres, en progression par différence, connaissant leur somme ha et leur produit p^

On trouve que le terme du milieu est égal à a, et que la raison y est donnée par l'équation :

4ay*— 5ay + a^— p* =0.

V. Trouver quatre nombres, en progression par différence, connaissant leur

somme ka et celle de leurs inverses r-

En représentant les quatre termes par a; — 3y, x — y, «-fy, a;-f-3y, on trouve que «= a, et que y est donné par l'équation :

VI. Mener d'un point A, à un cercle C, une sécante de longueur donnée l, et chercher les conditions de possibilité. On donne la distance a du point au centre, et le rayon R du cercle.

230 LIVRE Iir.

En désignant par y la perpendiculaipe abaissée de l'extrémité de la sécantg sur le diamètre gui passe par le point A, et par x la distance du pied de cette perpendiculaire au centre, on trouve :

Les conditions de possibilité sont : si le point A est extérieur au cercle,

Z<a + R, l>a — R; et si le point est intérieur,.

VIL On sait que, étant donnés un point A et un cercle, dont le centre est en 0 et dont le rayon est R, on nomme polaire du point A une perpendiculaire à OA, menée par un point X de cette droite, tel que OXxOA=R^ Gela posé, deux cercles, de rayon R et R', étant donnés, on demande si un point M de leur plan peut avoir même polaire dans l'un et dans l'autre.

Il faut, pour cela, que les deux cercles ne se coupent pas ; et, si cette condition est remplie, en désignant par d la distance des centres, on trouve, pour la dislance du pôle au centre du cercle R,

^ (p + B^ — R'^±v/(H-fR'+i)(H4-R^ — d)(R — R^4-d)(R — R^-d)

VIII. Ëtant donnée une sphère, de rayon R, on propose de la couper par un plan te], que le plus petit des deux segments sphériques ainsi obtenus soit aii cône de même base, qui aurait pour sommet le centre de la sphère, dans ua rapport donné m.

On trouve que la hauteur du segment est donnée par les formules :

IX. Même problème, en supposant que le cône ait pour sommet l'extrémité du diamètre perpendiculaire à la base commune, située dans le plus grand segment.

On trouve : x = 0, x = R —- — p— r — ■ — .

X. Étant donnée une sphère, de rayon R, la couper par un plan tel, que U plus petite des deux zones ainsi déterminées soit à la surface latérale du cône de même base, qui aurait pour sommet le centre de la sphère, dans un rapport donné m.

On trouve, pour la hauteur de la zone

XI. Même problème, en supposant que le cône ait pour sommet l'extrémité du diamètre perpendiculaire à la base commune, située dans le plus grand segment.

„ 2 m2 4- 1 — v'4 m2 -I- 1 On trouve: x=0, a;=R ^ — ^^ -1— ..

XII. Partager un trapèze, dont les bases sont a et h, en trois parties proportionnelles à m, n, p, par des parallèles aux bases. En désignant par x et par y les longueurs des deux parallèles, on trouve :

(n + p) g' + ml^ , pa-+(m + n)&' 771+ n + p ' ^ ~ m+n + p

XIII. Inscrire dans un cercle de rayon R, un triangle isocèle, connaissant la somme a de la base et de la bauteur.

En désignant par x la moitié de la base, et par y la hauteur, on trouve :

2 (a — R) ±v^4R- + 2aR — a^ o + 4R =p 2 )JkR^ + 2aR — a" x = r , y = 5 .

Discuter et construire ces solutions; dire quelles sont les conditions de possibilité, et dans quel cas il y a une ou deux solutions.

XIV. Un quadrilatère ABGD étant donné, on propose de construire un second quadrilatère A'B'C'D', dont les côtés soient respectivement parallèles aux côtés du premier, également distants de ceux-ci, de telle sorte que l'aire comprise entre les périmètres des deux polygones soit équivalente à un carré m'.

On suppose que le quadrilatère A'B'C'D' enveloppe ABGD; si l'on désigne .par 2p le périmètre du quadrilatère donné, par s la somme des cotaugentes des demi-angles de ce quadrilatère, et par x la distance des côtés parallèles, on trouve l'équation :

sx^-\- 2px—m^=0.

Discuter cette solution. Examiner si la racine négative peut s'interpréter, en supposant que le quadrilatère A'B'C'D' est intérieur au quadrilatère ABGD.

XV. Etant donnés un cercle, de rayon R, et un autre cercle, de rayon — i

tangent intérieurement au premier, on propose de tracer un troisième cercle, tangent, à la fois,' aux deux autres et au diamètre qu' joint leurs centres.

En désignant par x le rayon du cercle cbercbé, et par y la distance du centre du'premier cercle au point de contact du diamètre et du cercle inconnu, on

trouve :

(m +1)2 ^ ?n + l * 2° aF = 0, y= R.

Discuter et construire les solutiôift.

XVI. Calculer les trois côtés x, y, z d'un triangle, sachant que les volumes décrits par le triangle, en tournant autour de chacun d'eux, sont équivalents aux volumes de trois sphères, de rayons a, p, y.

On trouve les relations : oi?x=^^y = y^a; et, par suite,

\<x.^'^ ^^'^ fj U^ P^ ■ TV \a^ f PV VP ï* «V et deux autres formules analogues pour y^ et z\

XVII. Inscrire dans une sphère, de rayon R, un cylindre dont le volume soit équivalent à la somme des segments sphériques qui ont même base que lui.

En désignant par x le rayon de base du cylindre, et par y la hauteur de l'un des segments , on trouve :

Construire la solution.

XVIII. Étant donné un cercle, de rayon R, on mène, par un point C de son plan, une tangente à ce cercle, et l'on fait tourner à la fois, autour du diamètre qui passe par le point C, la tangente et la demi-circonférence. On demande de déterminer le point C, de telle sorte que la surface conique, et la zone de même base qu'elle enveloppe, soient dans un rapport donné p.

Si l'on désigne par x la distance du point G au centre, et par y la distance du centre à la base commune, on trouve :

Discuter ces solutions.