AC = CE X CF = CE X (CE + CA

donc CE est la longueur inconnue qu’on doit porter de C en B; B sera le point demandé *,

X. Inscrire un triangle def dans un autre ABC (fig. 105), c'est-àdire le placer comme DEF, de sorte que d tombe en D sur le côté AC, etc. En supposant le problème résolu, et traçant par les points EFB une circonférence, ainsi que par ADF, on voit que le segment FOEËE est capable de l'angle donné B, et le segment FOD capable de l'angle 4 (n° 212, IV). Décrivons donc sur je et fd des segments capables de B et 4. La base 4B est donnée, et forme une double corde dans les deux cercles. Si donc, d’après le problème VIIL, on décrit en fla corde ab — AB, il ne restera plus qu’à mener les

lignes ad, be prolongées en c, et l'on aura le triangle abc = ABC; |

par conséquent on connaitra les points D, E, F, puisque BE — be, etc. Comme on peut mener la corde ab de deux manières, le problème a deux solutions.

Des Polygones.

230. On nomme Polygone toute figure 4BCDEF (fig. 106) terminée par des droites. Le Quadrilatère a 4 côtés, le Pentagone 5,

* On peut encore opérer comme il suit (fig. 104). On a trouvé AC: = BC? + AC X BC= BC X (BC+- AC) = BC X BD,

en prolongeant la ligne 4C de CD — CA. E étant le milieu de DC, on a BC = BE — EC, BD = BE + EC; le produit change notre équation en 4€? — BE? — EC?; ainsi AC, BE, EC sont les trois côtés d'un triangle rectangle EFC. On mènera done CF égal et perpendiculaire à AC ; tirant l'hypoténuse EF et la portant de E en B, on aura le point B. Cette construction s'applique avec élégance au théorème n° 240.

l'Hexagone 6, l'Octogone 8, le Décagone 10, le Dodécagone 12, le Pentadécagone 15, etc. Le nombre des angles est le même que celui des côtés ; car tant que le polygone n’est pas fermé, chaque côté qu'on trace fait un angle de plus, et la figure reçoit un côté de plus qu'elle n’a d’angles ; enfin le côté qui ferme le polygone fait deux angles.

Une Diagonale est une ligne 4D (fig. 118) qui traverse le polygone d’un angle à l’autre. La diagonale 4C sépare le triangle 4BC du polygone 4BCD... de n côtés, et réduit la figure à 4ACDEF de n — 1 côtés, Chaque diagonale menée de 4 sépare de même un nouveau triangle, et réduit le polygone à avoir un côté de moins ; enfin, lorsqu'on n’a plus qu’un quadrilatère 4DEF, la seule diagonale 4£ le partage en deux triangles. Ainsi, il y avait d’abord autant de diagonales que de triangles et de côtés supprimés; mais pour la figure de 4 côtés, une séule diagonale donne 2 triangles ; donc le nombre de diagonales qu’on peut mener d’un même angle À à tous les autres est n — 3; celui des triangles est n — 2.

Tous les angles de l'hexagone 4BCD.... sont Saillants ; Yangle A (fig. 107) est Rentrant (n° 172).

231. Pour construire un polygone dont toutes les parties soient données, après avoir pris sur une droite indéfinie (fig. 106), une longueur 4B égale à l'un des côtés, on formera en 4 et B deux angles BAF, ABC égaux à ceux qu’on sait devoir être adjacents à AB ; puis on prendra sur BC et 4F les longueurs données, et ainsi de suite.

Après avoir ainsi tracé les côtés F4, AB, BC, CD et DE, le côté FE, destiné à fermer l'hexagone, est déterminé, ainsi que les angles £ et F, Si donc n désigne le nombre des angles d’un polygone, 2n sera celui des parties qui le composent, 2n — 3 est celui des quantités qu'il suffit de connaître pour pouvoir le construire. Il y a donc des relations qui lient entre elles ces 2n parties, de sorte qu’on puisse déterminer 2 côtés et un angle, d’après la connaissance des autres parties. Ce problème de Polygonométrie ne peut maintenant être résolu ; mais il est facile d’assigner la relation qui existe entre les angles.

232. Si n est le nombre de côtés et D l'angle droit, la somme des angles antérieurs est 2D (n — 2), ou 2 fois autant d’angles droits que le polygone a de côtés moins deux. Car menons d’un point quelconque

intérieur © (fig. 106), les lignes O4, OB, OC... ; elles formeront

autant de triangles O4B, OBC.... qu'il y a de côtés. La somme de tous les angles est donc deux droits, répétés autant de fois qu'il y a de côtés, ou 2n D. Mais la somme des angles en © vant quatre droits : donc on a 2nD — 4D, C'est aussi ce qui résulte de ce que

ces angles sont la somme de ceux des (x — 2) triangles en lesquels |

le polygone est décomposé par ses diagonales (fig, 118).

233. Les quatre angles d’un quadrilatère valent donc quatre droits. Si celte figure a deux de ses côtés parallèles 44, Hh (fig.81), on la nomme Trapèze; c'est un Parallélogramme (fig. 108), si les quatre côtés sont parallèles deux à deux. On sait d’ailleurs (n° 193), que la diagonale BD partage tout parallélogramme en af trianoles égaux 4BD, BCD; que les angles opposés sont égaux, A= C, B=— D; que les côtés opposés sont égaux. Réciproquement, si 4B=— DC et AD = BC, la figure 4BCD est un parallélogramme. Les diagonales 4C, BD se coupent mutuellement en deux parties égales ; cela résulte de légalité des triangles 4O0D et BOC. |

Le Rhombe onu Lozange est un M ae ré (fig. 109) dont les quatre côtés sont égaux. Il est visible que les diagonales 4C et BD sont à angle droit, parce que les quatre triangles 40D, 4OB, DOC et BOC sont égaux. Réciproquement, si 40 = OC et DO = OB, la figure 4BCD est un parallélogramme, qui devient même un rhombe, lorsque 4C et BD sont à angle droit.

Enfin, si Le parallélogramme 4BCD (fig. 110) a l'un de ses angles A droit, l'angle opposé C, qui lui est égal, sera aussi droit; il en est de même des autres B et D, puisque réunis ils valent deux droits, et qu'ils sont égaux ; la figure a donc ses quatre angles droits. C’est pour cela qu’on nomme Rectangle le parallélogramme qui a ses angles droiïts. Les diagonales 4€, BD sont égales.

Si AB — AD, le rectangle s'appelle Carré; le carré a donc les quatre côtés égaux et Îes quatre angles droits.

234. La somme des angles extérieurs GAB, HBC... (fig. 111),formés en prolongeant dans un même sens les côtés d’un polygone, vaut toujours quatre angles droits. En effet, les angles extérieurs sont suppléments des intérieurs adjacents : mais l'angle 4OB est suppléplément des angles O4B — OBA; de mème, BOC Test de OBC-- OCB, etc ; donc la somme des angles en ©, ou quatre droits, est la somme des suppléments des angles 4BC, BCD... du pois gone. C. q. f. d.

285. Les polygones qui ont les côtés éganx et les angles égaux sont appelés Réguliers. Un cercle qui touche tous les côtés d'un polygone est appelé Znscrit ; le cercle est Circonscrit quand il passe par les sommets de tous les angles.

On peut toujours inscrire et circonscrire un cercle à un polygone régulier ABCDEPF (fig. 112). 1° En effet, divisons les angles 4 et B en deux parties égales, par les lignes 40 et BO, et du point O de concours menons OC. Le triangle 4BO = BOC, car AB = BC ; le côté OB est commun, et l'angle 4BC a été divisé en deux parties égales : donc O4 = OC = OB. On prouvera de même que OB = OD = OC, etc.

On voit donc que le paint © est le centre du cercle circonserit au polygone; que les lignes menées de ce centre aux angles sont égales ; qu’elles divisent ces angles en deux parties égales ; qu’elles forment des triangles isocèles 4OB, BOC... Enfin que les in aw centre AOB, BOC..... sont égaux entre eux.

2° Les cordes 4B, BC.... étant à la même distance du centre O, les perpendiculaires OG, OI... sont égales (n° 208) ; si donc on décrit du centre O avecle rayon OG une circonférence, elle touchera tous les côtés du polygone en leur milieu G, £.... s

236. Nous savons donc circonscrire et inscrire des circonférences à un polygone régulier donné. Le problème inverse consiste à inserire ou circonscrire nn polygone régulier d'un nombre de côtés déterminé à une circonférence donnée : or, il s'en faut de beaucoup qu'on sache résoudre ce problème en général. Nous allons exposer les cas dans lesquels on peut en trouver la solution.

Avant, nous remarquerons que, lorsqu'un polygone est inserit, il est aisé d’en circonscrire un d’un même nombre de côtés, et réci-

: proquement. En effet, soit 4BC.... (fig. 113), un polygone régulier

inscrit donné ; aux points 4, B, C.... menons les tangentes af, ab,

bc... , leur système formera le polygone circonscrit demandé ; car,

les triangles a 4B, bBC....sont égaux et isocèles, parce que leurs bases 4B, BG..,. sont égales, et que leurs angles adjacents ont la même mesure (n° 211, 4°) : donc aB = Bb=bC = Cc..., l'angle ate Len, tn L

On pourrait aussi (fig. 112) mener des tangentes par les milieux 9; à k... des arcs 4gB, BiC, CkD...; abcdef formerait le polygone demandé : car les côtés étant parallèles à ceux du polygone inscrit, les angles sont égaux (n° 192, 3°) : de plus, l'angle GOT est

divisé en deux parties égales par OB, puisque B est le milieu de l'arc gi. D'un autre côté, le triangle 90h — bOi, et Ob coupe le même angle gOi en deux parties égales : ainsi les trois points O, B, bsont en ligne droite, Il en est de même de O, Cetc, deO, Det d... On a

4 Bn BEC iv OS

px ab OP D Op?

d’où ab — bc, puisque 4B — BC. Et ainsi des autres côtés.

Cette double construction serait assez pénible : il est préférable de mener une seule de ces tangentes ab (fig. 112), de la conduire jusqu'aux rayons O4, OB prolongés, puis de décrire du rayon Oa une circonférence, sur laquelle on porte ab autant de fois qu’il y a de côtés. |

Réciproquement, si le polygone circonscrit abcdef est donné, on mènera du centre © les lignes a0,bO. .., puis par les points A, B..., où elles coupent la circonférence, on décrira les cordes AB, BC....,et le polygone régulier sera inscrit.

237. Puisque la somme des angles au centre est 4D, chacun vaut

Do lorsque le polygone est régulier, » désignant le nombre de côtés

du polygone.

L’angle au centre du triangle équilatéral est donc + D, - Celui du carré est D, du pentagone régulier + D, De l'hexagone = D, du décagone + D, etc...

La somme des angles à la circonférence (n° 232) est 2D (n — 2);

2 4 . r w chacun vaut donc ), Ainsi l'angle du carré est droit ;

celui du pentagone régulier est ©? D, de l’hexagone + D, du décagone + D...

: C hs ; Chaque côté 4B, BC... sous-tend un arc — me C désignant la cir-

conférence. |

288. Le côté FE de l’hexagone régulier inscrit est égal au rayon OF (fig. 114) : car l'angle FOE est le 6° de quatre droits, ou O0 —<2D; les angles égaux Æ et F' du triangle isocèle OFE valent ensemble 2D — © D ou À D : chacun vaut donc © D, et le triangle OFE a ses trois angles égaux ; d'où FE — OF.

Si l’on joint les angles de deux en deux, on aura le triangle BDF équilatéral inscrit : comme £O = EF = le rayon À, ODEF est

un rhombe, les diagonales sont à angle droit (n° 233), et 10 = EI = : R; ainsi (n° 221, 4°),

FI= y (FO—10)=Y(R—:R)=RY/3;

d'où FD — R J/ 3. C'est le côté du triangle équilatéral inscrit.

En divisant en 2, 4, 8... parties égales les arcs 4B, BC..., on aura les polygones inscrits de 12,24, 48:.. 3 X 9; côtés.

239. Puisque (n° 237) l’angle au centre du carré (fig. 110) est droit, pour inscrire un carré dans un cercle 4BCD, on mènera deux diamètres perpendiculaires 4C, BD, et l’on joindra leurs extrémités. On voit, en effet, que la figure 4BDC a les quatre angles droits et les côtés égaux. On a

AD? = DO? + 40° — 2R; d'où AD = Ry/2.

Û AD » , ( . Puisque ——— V 2 on voit que la diagonale du carré est incommen-

R surable avec son côté (n° 63).

On sait donc inscrire les polygones de 4, 8, 16..,.9: côtés.,

240. Soit 4B (fig. 115) le côté du décagone régulier inscrit, l'angle O an centre est + D (n° 237) ; les angles égaux O0 4B, OBA réunis valent 2D — = D ou À D ; donc chacun vaut + D, c’est-à-dire est double de ©. Pour trouver le rapport de 4B au rayon 40, divisons l’angle B en deux parties égales par la droite CB ; l'angle ABC = O = CBO, indique que le triangle OBC est isocèle, d’où OC = CB. Mais le triangle {CB l’est aussi, à cause de C—#D— A4; ainsi CB— AB — OC. Or, on a (n° 224) = #5 ou PT, ou le côté 4B moyen proportionnel entre 4C et 40 ; d’ailleurs, CO ou 4B << 40 donne aussi 4C <° AB : donc (n° 229, IX),

En divisant le rayon en moyenne et extrême raison , la plus grande partie sera le côté du décagone régulier inscrit.

AB = BF donne 4F pour le côté du pentagone régulier inscrit. On pourra aussi inscrire les polygones réguliers de 20, 40. ...5 X 2° côtés. Et comme les côtés de l'hexagone et du décagone sous-tendent des arcs qui sont le 6° et le 10° de la circonférence C, la différence de ces ares, ou 2 C — = C— Z= C, est sous-tendu par le côté du polygone régulier de 15 côtés , et de là ceux de 80, 60 .... 15 X 2; côtés.

Tels sont les polygones réguliers qu’on sait inscrire, et qu’on

peut comprendre daris la formule « X< 2, a étant l’un des quatre .

nombres 3; 4, 5 et 15, et i —0, ou un nombre éntier et positif quélconque. Quant aux autres polygones; on se contente, faute de mieux, de diviser, en tâätonnant, la circonférence en un nombre convenable de parties égales. On résout aussi le problème à l’aide

du compas de proportion et du rapporteur ; mais comme ces instru-

ments sont eux-mêmes construits par tâtonnement, ün ne peut regarder ces procédés comme géométriques. La division de la circonférence en parties égales est surtout importante pour faire les instruments propres à la mesure des angles (voy. la Géométrie du Coïpas, par Mascheront). Comme la trisection de l’angle compléte-