INTERSECTIONS DE CERCLES

decontact F, étant perpendiculaire à la tangente, l’est aussi à 4B ; donc 4F = FB.

Des Intersections de Cercles.

: 202. Si deux circonférences ©, C’ (fig. 86) ont un point À commun

sur la ligne CC’ qui contient les centres, elles ne se rencontrent en aucun autre point : car en un point quelconque Æ de l’une, menons CA et C', nous avons CC’ ou CA + AC < CH + HC'; Ôtant les égales CZ et CZZ, il reste 4C' <[ HC': le point A est donc hors de la circonf. C’. Si les centres sont en C'et C” d’un même côté du point commun 4, on a CH ou CA <° CC" + C'H, et retranchant CC”, il reste C4 << C"H : le point Æ est donc hors de la circonf. C”.

La perpend. AT sur CC’ au point 4, est tangente aux deux circonférences qui se touchent en 4. |

Mais si les deux cercles G et Cont en M un point commun (fig. 57) hors de la ligne qui joint les centres, ces cercles se coupent. Menons MN perpend. sur CC’ ; et prenons N7 — 1M. Les obliques égales CM et CN prouvent que NW est un point de la circonf, C; IV est aussi sur la circonf. C’, car C’M— C'N. Donc ces circonférences ont un second point commun en V. Un troisième point commun serait impossible (n° 196).

Donc , 1° sè les circonférences n’ont qu’un seul point commun, il est situé sur la ligne qui joint les centres, et réciproquement : en outre, la distance des centres est égale à la somme ou à la différence des rayons; car on à (fig. 56) CC = CA + C'A, ou CC! — CA — CA, suivant que l’un des cercles est extérieur ou intérieur à l’autre.

2° Si les cercles se coupent, la ligne qui joint les centres est perpendiculaire sur le milieu de la corde commune. De plus, la distance des centres est moindre que la somme des rayons, et plus grande que leur différence; car on a visiblement (fig. 57) CC’ < CM + C'M et CC CM > CM, ou CC > CM — C'M.

3° Enfin, si les cercles n’ont aucun point commun, la distance des centres est plus petite que la différence des rayons ou plus grande que leur somme, suivant que les cercles sont ou ne sont pas compris l’un dans l’autre ; car on a (fig. 58)

CD = DO — CA — 40, et CC! = CA + CB AB.

MATHÉM, PURES, T, 1, 15

On conclut de là que D étant la distance des centres, Æ et r les

rayons, on a, lorsque les circonférences

se coupent. : : + +. nn D << RH 7ret

sniérieurement, LINE ES Lee de dede

se touchent n'ont aucun point commun et | extérieurs. . .. DS R+r

sont l’un à l’autre intérieurs. « « « D < BE.

203. La réciproque de chacune de ces propositions est également vraie. Si, par ex., on a à la fois D << R+ret © R—7r, les deux circonf. se coupent; car, 1° si elles se touchaient on aurait

D=R+7r,ou— AR —7r;etsi elles n'avaient aucun point de sec-,

tion, D serait > Rr,ou< R—r.

De même , si D — RL 7r, les cercles se touchent extérieurement; car si cela n’est pas, il faut admettre l’une des quatre autres dispositions. Or, s'ils se coupent, on a D < R —- r, ce qui est con-

traire à la supposition ; 2° s'ils se touchent intériéurement , on a”

D = R — r, ce qui ne peut être, puisque D = R + r, etc. *.

204. Quand on connait les centres et les rayons de deux cercles, pour s'assurer s'ils se coupent, ou se touchent, etc., il n’est donc pas nécessaire de décrire les circonf. ; il suffira d'ajouter et de soustraire les rayons , et de comparer les résultats à la distance des centres, pour décider auquel des cinq cas possibles la figure proposée se doit rapporter.

Étant donnés deux points, l’un en 4 (fig. BB), sur un cercle C,

et l’autre en B, pour décrire une circonférence qui passe par ces

points 4 et B et touche ce cercle €’ en 4, on mènera la tangente AT, et le problème sera ramené à celui du n° 200.

Des Triangles.

205. La somme des trois angles de tout triangle ABC vaut deux droits (g. 59). Prolongeons en CD l’un des côtés AC du triangle

* En général, lorsqu'on a prévu tous les cas possibles d’un système, et que chacun comporte des conditions qui ne peuvent coexister avec celles que donnent les autrés cas, les réciproques ont lieu, et se démontrent comme on vient de le voir ; c’est ce qu on remarque dans Ja théorie des obliques, n° 184, ainsi qu’au n° 209, etc,

D extérieurement. . . ........ D—=R + Tr D

ABC, et menons CF parallèle à AB ; les trois angles en G sont ceux du triangle; car FCD — A comme correspondants; BCF = B comme alternes-internes : ajoutant ces équations, FCD + BCF, ou BCD = À +- B; ainsi l'angle extérieur BCD d’un triangle ABC est la somme des deux intérieurs opposés À et B (ce qui généralise le théorème n° 167). On a donc A + B+C= 2 droits.

Si l’on fait (fig. 60) l'angle MON = À, MOL = B, LOK — C, la ligne OK. sera le prolongement de NO. Cette construction fait connaître l’un des trois angles d’un triangle, quand les deux autres sont donnés.

Concluons de là que, 1° deux triangles qui ont deux angles res+ pectivement égaux, sont équianples.

2° Un triangle peut avoir ses trois angles aigus, mais il ne peut avoir qu’un seul angle droit ou obtus (voy. n° 167, 2°).

3° Les denx angles aigus d’un triangle rectangle ABC (fig. 61) sont complémentaires, B + C = un droit D.

4° Quand Ja ligne BC tourne sur le point B pour s’écarter de la perpendicalaire BA, et devient BC, l’angle ABC croit, et l’angle C décroit, la somme de ces angles aigus restant toujours — D.

5° Les trois angles d’un triangle équilatéral étant égaux (n° 164), chacun vaut les deux tiers d’un droit. |

6° Dans un triangle isocèle ABC (figure 15), À — B et AB-LC—2D;donc2A-LC—2D,A=D—:C,C=—2(D—A):

il suffit de connaître un seul des angles pour trouver les deux autres.

7° Deux angles dont les côtés sont respectivement perpendiculaires sont égaux s’ils sont de même nature, comme BAC, B'4'C" (fig. 62) ; ils sont supplémentaires si l’un est aigu et l’autre obtus, tels que BAC, C' 4’ 0’. Car en prolongeant A'B’ et AC’ en D et D’, jusqu’à leur rencontre avec AB, AC, qui leur sont perpendiculaires, les triangles rectangles ADF, A’D'F ont les angles À et A’ égaux, comme compléments des angles égaux en F.

8° Quand deux droites AB, CB (fig. 63) vont concourir en un point éloigné ou inaccessible B, on peut trouver l'angle B sans le mesurer actuellement, soit en menant DE parallèle à BC, qui donne B — ADE; soit en tirant une droite quelconque AC, mesurant les

angles À et C, et prenant le supplément de leur somme A 4 C, . ainsi qu’on l’a fait ci-dessus.

206. Un triangle est déterminé lorsqu'on en connaît, 1° Deux côtés

metnet l'angle k qu’ils forment (fig. 18); on fera (n° 177, 3°) un angle À — k, etsur les côtés indéfinis AG, AH, on prendra AC— me AB = #; enfin on tirera BC.

20 Un côté n et deux angles k et l'adjacents ; sur l’un des côtés indéfinis ba, bc d’un angle a — k, on prendra ab —n; on mènera be faisant l'angle b— l, le triangle demandé sera abc. |

8°-Un côté n, un angle k adjacent, et un angle i opposé. On cherche d’abord le 8° angle (n° 205) qui est adjacent au côté » ; on connaît l'angle À, et on retombe sur le cas précédent.

4° Trois côtés m, n, p;on prendra (fig. 57) CC’ —», et des centres C, C’, avec les rayons CM — », C’M — p, on décrira deux circonférences. Les intersections M,N déterminent les deux triangles égaux CMC’, CNC’, qui résolvent le problème. Les deux cercles ne se coupent qu'autant que » > n — p, et °° n — p; sans cette double condition, le triangle ne peut exister (n° 202).

207. Construire un triangle ABC (fig. 64) dont on connaît deux côtés a, c, et l’angle K opposé à a? Faites l'angle BCA = K ; sur l’un des côtés indéfinis, prenez CB — au côté adjacent dônné a; le côté opposé c devra se placer comme BA pour fermer le triangle. Or, du centre B, avec le rayon B4 — c, décrivez un cerclé 44’; les points 4, 4’ de section avec le côté 4C, détermineront les triangles 4BC, 4'BC, qui satisfont tous deux à la question ; on a donc, en général, deux solutions 4BC, 4'BC ; mais il faut distinguer cinq Cas : ’

1° Si le rayon c du cercle est plus petit que la perpendiculaire BD, c < BD, le cercle ne coupe pas 4C, et le problème est impossible.

2° Si ce rayon épale la perpendiculaire, c — BD, l'arc est tangent en un point D, et le triangle rectangle CBD satisfait seul à la question. Donc un triangle rectangle est déterminé par deux de ses côtés ; et deux triangles rectangles sont égaux, quand l’hypoténuse et un côté sont respectivement égaux. |

8° Si le rayoncest © BDet << CB — a, les obliques B4 = BA! sont <{ BC, et par conséquent situées d’un même côté de BC (n° 184) ; les triangles 4BC, 4'BC sont l'un et l’autre conformes aux conditions du problème; ce sont les deux solutions. Remar2 quons que 4 est supplément de l'angle C4'B, puisque le triangle isocèle 4BA° a l'angle 4 — BA'A ; ainsi, l’un de nos deux triangles est acutangle, l'autre obtusangle. Si Von savait d'avance que le

triangle cherché a ou n’a pas d'angle obtus, l’une de ces somitions se trouverait exclue.

4 Sie > a,ou BA > BC, les points A et 4 touts des deux côtés de BC (fig. 65) ; on n’a done qu'une solution 4BC.

5° Nous avons jusqu'ici supposé que l'angle donné À = 4 est aigu ; s'il est obtus, tel que B4'C, la même construction sert encore à donner la solution 4’BC (fig. 64), qui est unique, parce que le triangle 4BC ne peut convenir à la question. Observez que le côté c opposé à l'angle obtus € doit être le plus grand, et que si l’on eût donné c <a, le problème eût été absurde.

Deux triangles qui ont deux côtés respectivement équux, et un angle égal opposé à l’un de ces côtés, sont donc égaux quand ils sont de même nature (V'un et l’autre rectangles, ou acutangles ou obtusangles) *,

208. Les cordes égales CD, AB (fig. 66) sont à égales distances du centre O. Menons les perpend. O7, OK; les triangles rectangles OCI, OAK sont égaux, à cause de CZet 4X qui sont des moitiés de cordes égales ; donc O7 = OX.

Réciproquement, si TO = OK, les triangles sunt encore. égaux ; d'où CD = AB,

Si par un point, donné # ou d, intérieur ou extérieur au cercle, on veut mener une corde CD de longueur donnée, on la portera arbitrairement en 4B sur la circonférence; puis, menant la perpendiculaire OX, et traçant le cercle XZ, la corde cherchée sera tangente à cette courbe. Ainsi, il restera à mener cette tangente par le point 4 (n° 212, IT), et an aura les deux solutions du problème.

209. De deux cordes inégales AB, CD (6g. 67), la plus grande AB est la plus proche du centre O. Car on a l'arc 4EB © CFD (n° 180) : prenons l'arc 4E = CD, la corde 4E sera = CD, et à la même distance du centre O ; d’où OL — OI. Comme AË£ tombe en-dessous de 4B,ona O1 © OG, et par conséquent > OX.

Réciproquement, si OL > OK, la corde CD est <° AB ; car autrement on aurait CD = ou. > 4B, d'où l’on conclurait OZ = ou <{ OK, par la proposition directe (note, n° 203).

“ En récapitulant tous les cas d'égalité des triangles, on peut dire que deux triangles sont égaux lorsqu'ils ont trois des parties qui les composent respeclivement égales ; mais il faut, 1° exclure le cas de trois angles donnés; 2° exiger que si l'on a deux angles donnés, ils soient placés de même à l'égard du côté donné ; 3° enfin sous-entendre que s'ils ont deux côtés égaux et un angle égal opposé à l’un, les triangles soient de même nature.