LIVRE VIII

L’un passe par jâ et touche en A la droite A y et dont Vautre passe par y et touche en A la droite A (3.

La directrice A est la diagonale ne passant pas par A, du parallélogramme formé en menant par A et (3 des perpendiculaires à A y et par A et y des perpendiculaires à A ($. D’ailleurs, dès qu’on a le foyer F, la directrice A s’ensuit, puisqu’elle doit contenir les symétriques de F par rapport aux deux tangentes données.

1193. Construire une hyperbole équilatère dont on donne quatre points.

La solution est fondée sur la proposition suivante (fig. 6o5) :

Quand un triangle ABC est inscrit dans une hyperbole équilatère, le point de concours 11 des hauteurs est situé sur l’hyperbole et le cercle des neuf points passe par le centre to de la courbe.

En effet, soit D le second point d’intersection de l’hyperbole et de la hauteur issue du point C; la première partie de l’énoncé revient à dire (jue le point D n’est autre que II. Or, menons AF parallèle à Lune des asymptotes et DE parallèle à l’autre; désignons d’ailleurs par K le point

Fig. 6o5.

commun à AF et à CD et par I le point commun à DE et à AB. Le théorème de Pascal, appliqué à l’hexagone ABCDEF d^nt les derniers sommets sont à l’infini, montre que IK est parallèle à BC; mais AD est perpendiculaire à IK, puisque I est le point de concours des hauteurs du triangle ADK; donc AD est perpendiculaire à BC, et le point D ne diffère pas du point de concours II des hauteurs du triangle ABC.

Considérons la deuxième partie de l’énoncé {fîg. 6o6); soient Ai, B,, C, les milieux des côtés du triangle ABC; désignons par P et Q les projections de B et C sur la parallèle menée par A à l’une des asymptotes de l’hyperbole, de sorte que les projetantes BP, CQ sont parallèles à l’autre asymptote; enfin soient A' et C' les points où AC coupe R. et de C. — Tr. de Géom. (IIe Partie). 3o

GÉOMÉTRIE DAX S l’üSPACE.

les asymptotes. Le point Bt sera, d’après la propriété dos sécantes de l’hyperbole, à la fois le milieu de AG et celui de A'C'; ce sera donc le centre d’homothétie des deux triangles à côtés parallèles ACQ, A'wC' ; donc 10 Bi passe par Q et, de même, toGi passe par P. Cela posé, il

est aisé de voir que les angles sous lesquels on voit du point A et du point oj la droite Bt Ci sont égaux ou supplémentaires (ils sont supplémentaires sur notre figure où to et A sont placés du même côté de BiCf); donc les angles sous lesquels on voit B! Ci du point A! et du point w sont aussi égaux ou supplémentaires et, par suite, le point 00 appartient à la circonférence de cercle passant par Ai, Bi, Ci.

Chacune des deux parties du théorème précédent fournit un mode de solution du problème qui consiste à construire une hyperbole passant par quatre points donnés A, B, C, D.

D’après la première partie, on construira le point de concours H des hauteurs de l’un quelconque des quatre triangles ayant pour sommets trois des points donnés, et l’on sera ainsi ramené à la construction d’une conique dont on connaît cinq points A, B, C, D, H. Le problème a une infinité de solutions, si l’un des quatre points donnés est le point de rencontre des hauteurs du triangle formé par les trois autres.

D’après la seconde partie, on déterminera le point commun aux cercles