10 6 NOTES

Mais il est aisé de voir que lorsque AB est extérieure su cercle, il peut yavoir un autre point qui résolve le problème, comme on le volt dans la fig.14. L’analyse ne différera guère de la précédente.

Qn’on suppose en effet au point H une tangente qui rencontre en G la ligneAB, prolongée sùl en est besoin. On verra facilement que les triangles ÁHG,EBA serout semblables, en sorte qu’on aura AG : AH : : A E : A B , etconséquemment AB X AG 2 AE X AH “ AFq en supposant À F tan-gente au cercle; donc AG se ra 3 e proportionnelle à A B et A F. Ainsi tirantsciu point G une tangente an cercle, elle déterminera le point H, duqtiel tirantune ligne au point A, et par le point R de son intersection avec le cercle, labgne B F. I, on aura FI I parallèle à A B : la démonstration ne diffère p. S dela précédente.

Mais supposons maintenant, pour envisager le problème fous toutes ses faces,que la ligne A B ' jìg. 15 ) se tiouve dans le cercle, i’analyse différera encote peude celles qu’on vient de voir.

Car supp'sot.s le problème résolu, et que le point E soit celui qtv'on cherche,c'est-à-dire, que E B, E A soient les ligr.es cherchées qui, prolongées jisqu'ìleur intersection avec le cercle , donner,t les points H et I, tels que H I soitparallèle à AB; qu’on suppose la tangente au peint I rencontrant AB pro-longée en G : on verra, comme dessus, que les triangles B 1 G , EHI et EAIÌseront semblables, ensorte qiffon aura B G : BI : : B E : B A ; conséquem-ment A B X B G égal à B l X B E. Or le dernier rectangle est donné, car ilest égal à celui de D B X B F, qui est donné à cause de la position de laligne A B qui est donnée ; et on trouvera facilement le carré qui lui estcgal en décrivant sur D F' un demi-cercle, et élevant au point B la perpendi-culaire BL, dont le carré sera ég 1 à B D X B F. Faisant donc cette propor-tion continue AB :BL:: BL ;IiG, prenant ici BG sur la prolongation deAB, et du point G tirant la tangente G I au cercle, le point de contact I seratel que menant I B E et E A H , la ligne H I sera parallèle à A B. II est superflutl’en donner la démonstration, comme aussi de remarquer qu’il y a dans l’autresegment du cercle un second point {qui résoud le problème. ( >6. )

Voici qne autre solution de ce problème, qui a davantage de taire voir'Pusaged'un lieu géométrique dans l’analyse. Nous supposons ici qre l’on ccnnoisse une 'propriété locale du cercle que voici. Si ( fg. 17. ) sur une ligne A B , comfnebase, on construit une infinité de triangles comme AFB, A/’B, A B ,dans lesquels les côtés, à Pentour du sommet, soyent dans le même rapport,c'est-à-dire, A F : F B : : h f : y B : : A ç : <f B , etc.; tous ces points F ,f, <P , etc., seront dans un demi-cercle , commençant an point D , où l’on aA D : D B , dans la raison donnée, et se terminant en E ob l’on a AE : BEdans la même raison. II est donc facile de trouver ce demi-cercle , et mêmesans chercher le point E. Cat qu’on divise d’afcerd A B en D dans la raison'donnée; qu’on fasse ensuite un autre triangle AFB, dans lequel A F et F iìsoyent aussi dans la raison donnée; si l’on tire F D, elle sera la corde d’un arcdu cercle cherché, dent le centre est dans AB prolongée. Si donc l’on élèveune perpendiculaire à I) F, sur le point qui la partage en.deux également, ell*rencontrera AB prolongée au point C, qui sera le centre de Parc cherché.

Cela pré-supposé, voici l’analysc que j’ai autrefois suivie pour résoudre ceproblème- ( V. fig. 18. )

Que la chose soit faite, c’est-à-dire , que les lignes cherchées soyent A F., EB ,et que HI soit parallèle à AB, des points A et B soyent tirées ks tangentesAI), B F, lesquelles sont conséquemment données. Maintenant à cause desparallèles AB, H l, on a BI à BE ccmnje AH à AE, et conséquemmentle rectangle A H x A E semblable à B I X B E. De plus ces rectangles sontrespectivement égaux aux carrés de A D et B F, co)tscquemment AE est à BE