Résolvons maintenant quelques problèmes. J

I. Znscrire un cercle (fig. 68) dans un triangle ABC, c'est-à-dire tracer une circonférence de cercle qui soit tangente aux trois côtés. Ge problème revient à trouver un point © intérieur, qui soit à égale distance des trois côtés du triangle ABC ; car, si les perpendiculai-* res, OE, OD, OF sont égales, le cercle décrit du centre O, avec le rayon OE, sera tangent aux trois côtés (n° 199).

Cherchons d’abord un point o à égale distance des deux côtés AC, AB ; menant 40, les perpendiculaires égales oe, of donnent les triangles rectangles égaux 4eo, Aof (n° 207, 2°), Donc 40 divise l'angle 4 en deux parties égales.

Réciproquement, si la droite 40 coupe l'angle 4 en deux partiesh égales, tout point o de cette ligne donne les deux DÉPÉRERETESS égales 0e, of.

Donc, tous les points de la ligne 40 sont à même distance de AB que de 4€, et les points de cette ligne jouissent seuls de cette propriété; en sorte que AO est le lieu de tous les centres des cer cles tangents à ces deux côtés, et que, par conséquent, le centre cherché est l’un des points de 40. Ce centre doit aussi, par la même raison, se trouver sur la droite OB, qui divise l'angle B en deux parties égales ; il sera donc à leur intersection ©, qui non: seulement sera à égale distance des trois côtés du triangle, mais en=« core qui jouira seul de cette propriété. Menons la droite OC"; elle divisera l'angle C en deux parties égales, puisque lés deux triangles” rectangles ECO, DCO ont l’hypoténuse commune et un côté égal, OP,

Concluons donc de là,

1° Qu'on peut inscrire un cercle dans tout triangle ;

2° Qu'on n’en peut inscrire qu'un seul;

3° Que le centre est situé à l’intersection de deux lignes qui divisent en parhes égales deux des angles du triangle ; À

4° Que la droite menée de ce centre au 3° angle, coupe pareillement cet angle en parties égales. ;

Soit p le contour ou Périmètre du triangle (fig. 68) ; comme on a AF= AE, BF=—BD,CE = CD, on en tirep—24F+2BD+426CD, oup —24F LL 2BC ; d'où

AF =; p—BC—= AE =: (AB + A4C — BC).

I est donc aisé de trouver les points F, £, et par suite D, puisque

CE = CD; on pourra résoudre le problème en faisant passer une circonférence tangente aux trois côtés, en D, £, F.

II, Décrire un cercle (fig. 52) dans lequel deux droites données AB = m, AD = n, sous-tendent des ares doubles l’un de l’autre ? Gomme le triangle 4DB doit être isocèle, après avoir tiré 4B = m, on décrira des centres 4 et B, avec le rayon », des arcs qui détermineront le point D et le triangle 4BD, auquel il ne s’agira plus que de circonscrire un cercle.

III. Construire le triangle rectangle BAC (fig. 69), dont un côté AB de l'angle droit et le périmètre BE sont donnés? Puisque BC + CA — AE, élevons en À la perpendiculaire 4D — AE ; nous aurons BC — CD, et le triangle BCD sera isocèle; ainsi, CI perpendiculaire au milieu de BD donnera le point C.

IV. Par un point Z (fig. 59), mener dans l'angle BCA une droite AJIB qui forme le triangle isocèle 4BC, savoir 4C — BC, et l'angle A —= B. L’angle extérieur BCD étant — 4 + B (n° 205) —2 4, si l’on mène CF qui coupe par moitiés l'angle BCD, FCD sera — 4, et CF parallèle à 4B. Donc; il faut tracer CF, et par le point donné I mener 41B parallèle à CF.

V. Par un point donné # (fig. 66), mener CD telle, que la partie dD interceptée entre les deux circonférences concentriques DB, db soit de longueur connue /? Si CD est la droite cherchée, toute corde AB — CD est à la même distance du centre, ou HO — OZ, KB = ID, Kb — Id, puis Bb — Dd — {. Qu’en un point quelconque B on porte.la longueur / de B en b, entre les deux circonférences ; qu’on mène la droite bB prolongée en À; enfin, qu’on trace le cercle OZK tangent à 4B, ille sera aussi à la droite cherchée CD ; il ne s'agira plus que de mener par le point /Z une tangenté CD à ce cercle ZX ; ce sera la droite demandée.

VI. Construire un triangle rectangle BCD (fig. 64), dont on connaît l’hypoténuse BC, et la somme ou la différence des côtés CD, BD de l'angle droit? Soit 4D — BD — A'D ; les triangles rectangles isocèles B4D, BA'D ont les angles 4 et 4’ égaux à la moitié d’un droit (n° 205, 3°). Dans le triangle BAC ou BA'C, outre BC, on connaît donc l’angle 4 ou 4’, et lecôté 4C ou 4’, ét il est aisé de décrire ce triangle. Sur la base 4C ou 4’C, on tirera 4B ou 4’B sous la direction d’un demi-angle droit; du centre C, et avec le rayon CB, on tracera un cerclé qui coupera 4B où 4’B au sommet B (il y a en général deux points d’intersection, et par conséquent deux

solutions n°. 207); il restera ensuite à abaisser la pexpeustanhiee BD qui terminera le des demandé BCD.

Mesure des angles dans le cercle,

211. Nous connaissons la mesure des angles dont le sommet est au centre (n° 181) ; cherchons cette mesure lorsque le sommet est situé d’une manière quelconque; et d'abord examinons le cas où l'angle est formé par deux cordes, le sommet étant sur la cireonf. ; on dit alors que l'angle est Znscrit : il a pour mesure. la moitié de l'arc compris entre les côtés.

1° Si l’un des côtés 4D de l'angle GAD (fis..70) passe par le centre C, enmenant £F parallèle à 4G, ona GE = A4F.(n° 201); mais aussi, £ D = AF, à cause des angles égaux: ACFet DCE ; ainsi, Æ est le milieu de l'arc GD, et l'angle E CD, ou son égal GA4D (n° 182, . 4°), a pour mesure Z D ou la moitié de l'arc GD.

2° Si le centre C est entre les côtés de l'angle BAG, en menant le diamètre 4D , les angles BAD , DAG ayant pour mesure les moitiés de BD et de DG, la somme, ou la moitié de l'arc BDG,.est la mesure de l'angle BAG.

2° Sile centre C'est hors de l’ angle, comme pour HAB, on a de même + {D et. + BD pour mesures des angles Â4D, BAD ; en re-

tranchant, on trouve + ÆB pour mesure de l'angle 4 AB.

4e Enfin, s’il s’agit de l'angle T4B, formé par une tangente 4T et par,une corde 4B, le diamètre, D est perpend. sur..4T, l’angle TAD a donc pour mesure le. quadrans ou la moitié de l’arc AHBD ; celle de BAD est + BD ; la différence de ces. arcs est ;: AHB, mesure de l'angle T4B.

Réciproquement, si un angle BAG.a pour mesure + : BG, le sommet À est sur la circonf. ; car si BG pouvait mesurer l’angle BZG, onformeraitl'angle B 4 G:qui aurcdt même mesure, d'où B7 G—BAG, ce qui ne se peut (n° 171).

Prolongeons en Æ le côté Z4. de l'angle HAG ; la: moitié .de l'arc GAH est lamesure de l'angle X46G, puisque KAG est supplément de l'angle F4G,

On verra. aisément que

5° L’angle BAD (Go. 71) inscrit dans le demi- cercle, est droit, car il a pour mesure la moitié de la demi-circonférence: