PI
SOLUTIONS GRAPHIQUES
Les triangles DD'B, DUK étant semblables, on doit avoir la proportion
UK : D'B DI : DS,
{x — b) -Aa — b) V. y : h, d’où
Si l’on multiplie l’équation (1) par l’équation (2) on obtient 1[x + b) (x — i) = (a -|- b) (a — b), qui, après toutes réductions, donne
On fera a* -f- A* = d’où z = \/a* -|- b*, (740)
et l’on aura
Constractlon On tracera DD' parallèle à CA, ce qui donnera AD' = CD. On ramènera AD' en AD" perpendiculairement sur AB, puis on tracera l’hypoténuse D’'B. Par cette première opération on aura
D"B = AB -{- AD" = a» -j- = z*.
d’où D"B = Z.
On décrira la demi-circonférence BHD", et par le centre on tracera la droite OH perpendiculaire sur BD", ce qui donnera
BH=l/BD’5<BÔ=y'' ‘xl=\/ Ç=\/
On ramènera BH en BH', et l’on tracera H'H" parallèle à BD; cette dernière opération déterminera le point H", par lequel on tracera la parallèle H"K = H'B = HB = x.
78i. Corollaire. Si la droite H'H" rencontrait CA trop obliquement, on résoudrait l’équation (2) par rapport à y»
ce qui donnerait j— y - ,
que l’on pourrait facilement construire, puisque l’on connatta:; par la formule précédente.
785. Problème. Construire un parallélogramme, connaissant les côtés adjacents et la dijjférence des deux diagonales.
Solation. Fig. 11. Exprimons para et par b les deux côtés donnés, par 2a: la jilus grande des deüx diagonales! la plus petite par et nommons 2ti la difiérence de ces ligues. Nous aurons par le théorème du numéro 724^
kx* ky* = 2a* + d’où
mais on a par la question , 2a: — 2j = 2rf, qui devient
Elevant au quarré, on obtient
( 3 ) —ÜXjr = (P.
Retranchant cette équation de l’équation (1), on a
x’ -j- 2xjy = a* 4" — d*-
Prenant la racine quarrée
.ajoutant avec l'équation (2), on a
2a: = rf -)- 4" F — d*,
qui exprime la plus grande des deux diagonales.
Retranchant l’équation (2) de (5), on obtient pour la plus petite diagonale
2y — — d J/a’ 4 " on fera a* 4 - = 2 *.
et l’on aura 2x=r/ + V^z* — d*,
oonstraction. Sur les côtés d’un angle droit ABC, ou.
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portem AB= a, BC = A, on Ir.Tcera l’iiypolénuse AC; ce qui donnera
AG = AB*+ BC*= rt* + A* = Z*.
On décrira la demi-circonférence ABC, et, faisant la corde CU = d, on aura (G82)
ÂÜ* = ÂC — CÜ*= Z* — ri* = a* + i* — d*; d’où AU = \Za'-f. b' — d\
On décrira la demi-circonférence ICSy et l’on aura AS = US -f AU = ri -f Vc^b^~d*^= 2a;,
AI =1U-|-AU=— ri -f l/a* -Fi* — ri* =2).
Ainsi, les deux diagonales seront
AS =r 2a; ; AI = 2y.
Une seule de ces lignes suffit, avec les côtés donnés, pour construire le parallélogramme demandé.
On construira d’abord le triangle ABC', dans lequel un côté AB = a, le second côté BC' = BC = i, et le troisième côté AC' = AI = 2y.
On terminera ensuite le parallélogramme , et les constructions seront exactes, si l’on a BD = AS = 2x.
786. Problème Construire un triangle rectangle, connaissant [hypoténuse et le rayon du cercle inscrit.
Solution- Fig.iZ. Soit BC = a l’hypoténuse donnée; la demi-circonférence BAC devra contenir le sommet de l’angle droit A, de sorte que si l’on connaissait la hauteur SD, le problème serait résolu.
Pour déterminer SD, nous exprimerons cette ligne par
ah
h, et la surface du triangle sera par conséquent
CÉOMÉTRIF PLANE.
Joignons les trois sommets du triangle ABC avec le centre du cercle inscrit, et nommons r le rayon de ce cercle,
ar
nous aurons Triangle BOC = ;
on a de plus tri. BOl = tri. BOH, tri. COK = tri. COH.
Par conséquent
BOI + COK = BOH -f COH = BOC =
Enfîn lequarré AKOI =r’; donc, en réunissant toutes les parties, on aura
Surf. BAC = BOC -f (BOT + COK) -f AKOI,
ah ar ar ou
d’où, après toutes réductions,
Construction. On décrira la demi-circonférence BAC , et l’on tracera la perpendiculaire CU = 2r; on prolongera le diamètre BC d’une quantité CD = r, et l’on tracera DS perpendiculaire sur CD; on joindra le point B avec le point U parla droite BU, que l’on prolongera jusqu’en S, et l’on aura SD pour la hauteur du triangle demandé.
En effet, le parallélisme des deux droites CU et DS donne la proportion BC : CU :: BD ; DS,
2r : : (a -f- r) : DS ;
ou
donc
DS
La droite SA, parallèle à BC, déterminera le point A ou A' pour sommet du triangle.
787. Corollaire I. On peut se proposer de connaître le rapport qui doit exister entre l’hypoténuse et le rayon du cercle inscrit pour que le triangle cherché soit isocèle.
Dans ce cas, Jlg. t2, les trois points A, O, H, seraient
en lij^ne droite, et l’on aurait AH = AO + OH = -.mais OH = ;-. De plus
ÂÔ* =~Kl+ TÔ + 2/ ’ ; d’où AO = /• Kâ ;
donc
AO + OH=r+r\/2 =
ce qui donne . — ,
Cette valeur étant substituée dans l’équation (i) on
obtiendra fi = —
(|ui, après toutes réductions, donne
788. cor. II. Enfin la question serait impossible, si l’hypoténuse donnée était trop petite, ou (|ue le rayon donné pour le cercle inscrit fût trog grand , et celte impossibilité serait mise en évidence par la construction
elle -même, qui donnerait DS plus grand que —
ou, ce qui est la même chose, h >
789. problème. Fig. 14. Par deux points donnés A et B, faire passer une circonférence de cercle qui soit tangente à une droite donnée MM .
solation. Le centre du cercle demandé sera évidemment sur la perpendiculaire 00', menée par le milieu de la corde AB; par conséquent si l’on connaissait le point de
tangence M, on pourrait tracer le rayon OM et le point O serait déterminé.
D’après cela, prolongeons la corde AB jusqu’à sa rencontre avec la droite donnée MM' ; désignons la sécante CA par a, la partie extérieure CB par b, et la tangente CM par X. Le corollaire du numéro /|.32 donnera CA : CM :: CM : CB, ou a : X x : h.
On aura donc ,r* = aby
et par conséquent x = \/ nb (738)
Constnictlon. On décrira la demi-circonférence ADC, on tracera BD perpendiculaire sur AC. La corde CD sera la valeur de x, car on aura
CD* = CA X CB = aby d’où CD = ah =■ X.
La demi-circonférence MDM' déterminera deux points de tangence.
Le premier M appartient au cercle qui a son centre en O; le second point de tangence M' appartient à un second cercle qui a pour centre le point O', et qui satisfait également aux conditions du problème.
790. Problème. Construire une droite tangente à deux cercles donnés.
Solution. La question dont il s’agit a déjà été résolue aux numéros 330 et 331. Nous avons dit alors comment il fallait opérer; après quoi nous avons démontré l’exactitude des constructions.
Cette manière de résoudre les problèmes laisse quelque chose à désirer, parce qu’elle ne conserve aucune trace
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des raisonnemenls à l’aide desquels on a trouvé la solution.
Voyons si l’algèbre nous sera utile pour atteindre ce but.
Nous admettrons d’abord que l’on sait mener une tangente à un cercle par un point extérieur (285). D’après cela, /!§. 8, PI. 20, si nous connaissions le point S, suivant lequel la tangente prolongée rencontre la ligne des centres, il est évident que la question serait résolue.
Nous prendrons donc pour inconnue la distance AS, que nous désignerons par x, et nous remarquerons que, dans ce cas, la tangente SH doit être perpendiculaire sur les deux rayons OH, AK, qui, par conséquent, seront parallèles.
Il s’ensuit que les deux triangles SOH , SAK seront sembl.ibles, ce qui donnera la proportion
