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.

CONSTRUCTION DES FIGURES GEOMETRIQUES

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Pour la construction du lieu geornetrique en question, menons
par le point J une perpendiculaire a la droite BC; prenons sur
cette perpendiculaire JL - et par le point L menons une droite
DE parallele i BC. Dans l'angle ADE cherchons OM, lieu des
points dont les distances a DE et a DA soient dans le rapport de n
a m. Ce lieu est le lieu cherche.
En effet, prenons un point quelconque N situ6 sur la droite DM
et menons les perpendiculaires NN2 et N SN,. Nous avons, d'apres
NS n
la construction, NN -, d'oui NS m = NN2 X n et, en substituantNN, -a a NS, nous obtenons: NN2 X n= (NN4 a-)X
NN, X m - a, d'oi NN, x m - NN2 X n = a. Le point N
ayant 6te pris arbitrairement, ce qui est vrai pour ce point est
vrai pour tous les points de la droite DM.
Le probleme a toujours une solution.
86. Inscrire dans un cercle donne un triangle, dont deux angles
soient egaux a a et a (, et dont un cote passe par un point
donne M (fig. 41).
Soit ABC le triangle cher-
che. L'angle inscrit C etant j[ -------
connu, l'arc AB et, par conse- /_ —. ---- /
quent, la corde AB le sont
egalement (II, 78). Le pro-
bleme comporte deux solu- \ " /
tions, attendu que du point M
on peut inener deux tangentes Fi,. 41.
a la circonference de rayon
OR. La solution n'existe pas lorsque 15 csl l' intdrieur du petit
cercle 0.
87. Partager un triangle donzne ABC en trois parties equivalentes comprises entre les cote's cu triangle et cleux droites passant
par les points D et E donnes sur le cote AC d.u triangle (fig. 42).
Supposons le probleme rdsolu. Soient DH et EK telles que
ABHD - DKE - EKIIC. Soit AF = - AC, d'ou ABHD = ABF
mais ces deux figures ot une parie commune ABD; pour
mais ces deux figures ont une partie commune ABD; pour