Fig.15.

les deux lignes de division doivent être menées dans le triangle ADB; s'il est moindre que, elles seront dans le triangle BDC; enfin s'il tombe entre et, l'une des deux lignes tombera dans un des triangles, et l'autre dans l'autre.

Soient surf. ABD=A, surf. BDC=C, BM=x, BM'=x′, et DH la hauteur du triangle ADB : on aura pour le premier cas,

Problème XXVII. Diviser un quadrilatère en trois surfaces equivalentes par des lignes tirées d'un point E pris sur un des côtés.

Soient ABCDD, ABCE=C, surf. ADE=A, EM une des lignes de division; EH une perpendiculaire abaissée du point E sur le côté AB; quand A sera <D, la ligne EM tombera dans la surface C, et on aura pour determiner AM=x, l'equation

EH

A+

x = } (A + C),

de laquelle ou déduira

EH

Dans le cas de A > D, la ligne EM devient EM'; faisant AM' = a, puis menant de E une perpendiculaire sur le côté AD prolongé, on aura

Lorsqu'on a

Remarque.

À, ou C=2A, les équations (M) et (N) donnent x=xo; ce qui doit arriver, puisqu'alors la diagonale EA est elle-même une ligne de division.

La détermination du point M" ne peut faire difficulté. Problème XXVIII. Du sommet de deux angles opposés d'un quadrilatère, mener deux lignes qui se rencontrent, et de leur intersection une autre ligne, ensorte que les trois surfaces résultantes soient équivalentes entre elles.

Après avoir mené la diagonale DB, on calculera les surfaces DAB, DBC et leur rapport avec la surface totale cela fait, si la surface, BDC est moindre que le tiers de BADC, le point G sera à la droite de la diagonale DB et dans le cas contraire › ce point tombera dans la surface BDC. Il s'agit de déterminer le point G ou Gʻ, de manière que la surface BGDC ou BG'DC soit le tiers de la Fig. 115. surface BADC, et ensuite de diviser en deux parties la surface BADG ou BADG'. Faisant donc surf. DAB B, surf. DBC A les perpendiculaires Ghx et G'hx, et supposant DAB > BADC, on aura

Lorsque le point G tombera dans le triangle DCB en G' on donnera le signe + au terme de x. Mais par les points Get G', ainsi déterminés, si on mène des parallèles MN et M'N' à la diagonale DB, tous les triangles qui, ayant DB pour base, auront le sommet sur ces parallèles, seront égaux aux triangles DGB, DG'B. On voit donc que les points G ou G' sont en nombre infini et que leur lieu est une ligné droite ; ainsi on pourra en prendre un à volonté pour point de dé

Fig.116.

part de la troisième ligne de division, et abaissant de ce point une perpendiculaire GH qui donne le triangle BGH, que nous nommerons C, on aura pour déterminer HF=y, l'équation

BGH surpassera le tiers de la surface ABCD.

Voyez sur ces questions mon Traité de la Division des Champs, dans un ouvrage ayant pour titre : le Compas de proportion.

Du Cercle.

Théorème XX. Si on fait tourner le système des deux tangentes Tt, Tt', dans le plan du cercle mtt', de manière qu'elles soient toujours touchées en t ett par le cercle tmt', le point T de concours décrira le cercle concentrique TNT.

La démonstration de ce théorème se présente d'elle-même ; nous nous dispenserons donc de la donner.

Problème XXIX. Mener par un point pris dans un cercle une corde égale à une ligne donnée plus petite que le diamètre de ce cercle.

Soient AB la droite donnée, O le centre du cercle ABMN et Fig.117. D le point par lequel doit passer la corde égale à AB. Inscrivons la droite AB dans le cercle; abaissons du centre O la perpendiculaire OC sur cette droite, et du point O avec le rayon OC décrivons une circonférence. Les deux tangentes MDN, M'DN' menées par D, seront les cordes cherchées, parce que, dans un cercle, les cordes égales sont également distantes du centre.

Problème XXX. Deux cercles étant donnés de grandeur et de position, les couper par une droite, de manière que

les parties interceptées soient égales à une ligne donnée, cette ligne n'étant pas plus grande que le diamètre du plus petit cercle; ou de manière que ces parties soient dans un rapport donné.

Si les deux cercles donnés sont égaux, la solution de cette question est facile (Géom., Liv. II, Prop. IV).

Considérons seulement le cas où les cercles donnés sont inégaux; soient et o les centres de ces deux cercles, et soit PQ la droite donnée. Inscrivons cette droite dans chacun des deux cercles d'une manière quelconque; soient AB et ab les positions de la droite PQ; des centres O et o, abaissons sur ces cordes les perpendiculaires OC, oc, et des points O et o pris pour centres, avec les distances OC, oc comme rayons, décrivons deux circonférences ; à ces circonférences menons une tangente commune Tt: les parties interceptées A'B′, a′b′ seront égales entre elles et à la droite PQ. Car, 'en vertu de notre construction, elles sont égales aux cordes AB, ab.

1

Si l'on demandait que les parties interceptées A'B', a'b' fussent dans un rapport donné, il faudrait préalablement prendre AB et ab dans ce rapport, et appliquer ensuite la construction précédente. *****

Problème XXXI. Si l'on suppose qu'une ligne MT tourne de manière qu'elle soit toujours touchée dans le même point M par la circonférence AMB, trouver la courbe que décrit dans ce mouvement un point N donne sur la tangente?

La considération du triangle rectangle CMN dont les côtés CM et MN sont constans', donne la solution de la question. Problème XXXII. Trouver sur le cercle un point de tangence M tel que les parties MR et MR comprises entre ce point et deux axes perpendiculaires qui se coupent au centre, soient entre elles dans le rapport donné de n à mo

Fig.118.

Fig.119.

Le problème étant supposé résolu, menons la parallèle r′ Fig.120. = à RR', et on aura

n: m :: RM: RM' :: mm: I'm :: Cr: Cry

Fig. 121.

de sorte que si l'on prend Cr moyenne proportionnnlle entre l'unité et n, et Cr moyenne proportionnelle entre l'unité et m, puis qu'on joigne rr, la tangente parallèle à rr sera la tangente cherchée.

Problème XXXIII. Trouver l'expression de la surface comprise entre deux circonférences concentriques..

-2

Soit O le centre commun de deux cercles, ayant pour rayons OA, OB. La surface du premier étant .OA (Géom. Liv. IV, Prop. XII, Cor. II), celle du second étant pareillement 7.OB, la surface de la couronne ANDMBN'CM' sera 7.(OA — OB), ou 7. (A + QB) (OA — OB), ou enfin .BDBA. Au point B, menons la tangente MN: on a BD X BA BN; ainsi la surface de la couronne est exprimée par .BN, et l'on voit qu'elle équivaut à celle d'un cercle ayant pour rayon la moitié de la tangente MN. On a, pour expression de la somme des surfaces des deux cercles des rayons OA et OB,

surf. OA + surf. OB = 7. (OA + OB):

d'où l'on voit que la somme des surfaces de deux cercles; équivaut à celle d'un cercle ayant pour rayon l'hypotenuse d'un triangle rectangle dont les côtés de l'angle droit sont les rayons des cercles donnés.

Problème XXXIV. Le diamètre AB d'un demi-cercle AMB, étant divisé en deux parties quelconques AD, DB; sur ces parties comme diamètres, soient décrits deux demi-cercles AND, DLB; on demande un cercle équivalent à la surface Fig.122. ANDLBMA.

Au point D, élevons au diamètre AB la perpendiculaire DC qui rencontre en C la demi-circonférence AMB; sur DC