Problèmes de géométrie élémentaire groupés d'après les méthodes à employer pour leur résolution, par Ivan Alexandroff. Traduit du russe, sur la sixiéme éd. par D. Aitoff.

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PROBLEMES DE GEOMETRIE ELEMENTAIRE

a) Supposons le probleme resolu. Soit AB tangente au cercle O
et parallele a MN. Le probleme se reduit a trouver le point de
contact F. En effet, ce point etant trouve, joignons 0 et F,
prolongeons OF jusqu'a son intersection
M- L N avec iMN en L. ~ NLO = BFO conmme
A._ T F B correspondants, mais z BFO est droit,.~\ done ~ NLO l'est egalement, et OL est
o 0 ) perpendiculaire a MN.
v J/ b) Pour effectuer la construction, abaisI sons du centre O une perpendiculaire sur la
Fig. 16. droite donnee MN. Cette perpendiculaire
rencontre le cercle en deux points F et K.
Par chacun de ces points menons une parallele a la droite donnee.
c) fOLN - OFB, comme correspondants; mais -/OLN = 90~;
done /'OFB = 90~, et BF est la tangente demand6e, comme perpendiculaire a l'extremite du diametre KF.
d) Le probleme comporte toujours deux solutions.
7. Par un point donn' M mener tune circonference tangente a
une circonference donnee en un point donne L (fig. 1 7).
a) Supposons le probleme r6solu, et
soit 0O une circoinfrence tangente a la
circonference O au point L et passant
par le point donne M. Le centre 0O doit
se trouver sur le prolongement de la / /
droite OL et en meme temps sur la per- IF.*0 V/1
pendiculaire a la corde ML menee par /.,
son milieu. II se trouvera done a l'inter- ' I
section de ces deux droites. Fig. 17.
b) Pour effectuer la construction, on
joint le point L aux points 0 et M, et, par le milieu de la droite ML,
on delve une perpendiculaire a cette droite. Le point d'intersection 0, de la perpendiculaire QP et du prolongement du rayon OL
est le centre du cercle demande.
c) En effet, OL = OM comme obliques dont les pieds sont a
egale distance du pied de la perpendiculaire PQ. Les points L
et M se trouvent done sur une Circonference; d'autre part, la
ligne des centres 0 est egale a OL + OL ou a la somme des