OD = OE = OA

DEuxiim CAS. — Soit le point D donné hors Ae la droite.

StVTlcisK. — 1° -« Menons parce point une droite quelconque DE; — a® — cherchons [n^ liJO) le milieu O de cette droite; — 3** — du point O comme centre , avec le rayon OE = OD , décrivons un arc de cercle qui coupe la droite AX en un certain point A ; — 4** — tirons DA.

Cette droite est la peipendiculaire demandée, — puisque , par cette construction , on a encore

DA = OE =r OD.

N. B. — Une fois que le pied A de la perpendiculaire est àeterminé , on peut , comme dans le premier cas , trouver tant d*autres points que Ton veut de cette même droite.

FiG. 93. Problàme V. {Fïg, 93.)

N*'I5S. -^ Par un point donné A d'une droite indéfinie AX, mener une seconde droite qui forme avec la première un angle donné M.

SYiiTRiss. — Des points M et A comme centres respectifs, et avet^ le rayon MN = AB, décrivons, — 1° — l'arc NP, compris entre les côtés de l'angle et terminé aux points N et P ; — 2** — Tare indéfini BB'. — 3*» — Du point N comme centre , avec un rayon égal à la corde de Tare NP , décrivons un nouvel arc de cercle qui coupe Tare BB' au point C ; — 4" — tirons AC :

L'angle BAC est l'angle demandé.

En effet, d'après cette construction, les cordes des deux arcs NP , BC , sont égales ; donc il en est de même (n*" 109) de ces arc$ , et par conséquent (n® W) , des angles BAC , NMP.

PERPKHOICULAIEBS y ANOLSS ET PAEAI.LKLBS. I l5

ScouE 1. — Pour diviser un angle en 2 , 4i 8, . . . parties égales , il suffit de diviser Tare qui lui correspond en deux parties ^les (n® itfS, 4°) , puis chaque moitié en deux, et ainsi de suite. —Cela est évident.

Scoux n. — Le même problème fournit le moyen de Déterminer le supplément de la somme de deux angles donnés;

— en d'autres termes, — Connaissant deux angles d'un triangle, déterminer le troisième.

Après avoir formé, en un point A d'une droite quelconque AB [fie- 94)' "° angle BAC égal au premier angle donné, construisons Fig. 94. ensuite sur AC, et à partir du point A, un angle CAD ^al au second angle donné; prolongeons ensuite AB en B' : l'angle D4B' est le supplément demandé.

PEOBLiMRVI. {Fig- 95.) .. Fig. 95.

N® 154. — D'un point C donné hors d'une droite AB, tracer une parallèle à cette droite.

On pourrait, après avoir abaissé (n° 149) du point C, une droite CK perpendiculaire sur AB , mener (n^ 148) par le même point C, la droite GG perpendiculaire à CK : — on aurait la parallèle demandée.

Mais le problème précédent, et la propriété des angles alternesinternes, fournissent un moyen de construction beaucoup plus simple.

STHTHisE. — i^ — 7*r/%>/i5 du point C une droite quelconque CD ;

— 2" — des points C et D comme centres , avec le rayon CD , «teripo/w successivement deux arcs de cercle, Tun indéfini, DD', et l'antre, CE, terminé en un point E de la droite AB; — 3" — prenons {o^ IW), à partir du point D, sur DD', un arc DF égal à CE ;

— 4* — tirons CF.

La droite FCG ainsi tracée sera la parallèle deiiiandée .* En effet, d'après cette construction ,

angle FCD = angle CDE ; donc : n<* 47) les deux droites AB , CG sont parallèles

Il6 LIV. I. CBAP. III. § 1. PERPEWD., ETC.

N® tlStf. — Corollaire. Les problèmes V et VI donnent le moyen de résoudre la question suivante : tir. 96. Par un point C {fig. 96) /?w hors d'une droite AB , mener une seconde droite qui rencontre la première sous un angle donné M.

En un point quelconque I de AB ^ faisons un angle LIB égal à M (n"l»5); puis dn point C, menons CD parallèle à IL:

CD est évidemment la droite demandée, puisque Ton a

CDB = LIB = M.

jV. ^. — Comme, au point I, Ton peut former un second angle L' Ll = M , il s^ensuit que le problème admet les deux solutions , CD, CD'.

Fie. 97. PROBLiME VIL {Fig. 97.)

N® itf6. — Sur une droite AB donnée de longueur, décrire un arc de cercle (n° 126, N. £.) capable d'un angle donné M-

Dès la première inspection, se présente le moyen de construction qui suit: — i® — tirer , par le point A, une droite quelconque ACi — 2® — mener f du point B ( n** Itftf), une seconde droite BC , formant avec la précédente, Tangle ACB=M ; — 3** — faire passer {p^ itfi) par les trois points A, B, C, une circonférence.

ACC'B est Tare demandé, puisque tous les angles qui lui sont inscrits sont égaux entre eux et à Tangle M (n** iS6).

Mais Tanalyse suivante conduit à une construction beaucoup plus simple :

Analyse. — Supposons le problème résolu ; et soit ANB l'arc demandé. Si , au point B » on mène la tangente BL , l'angle ABL sera égal à l'angle APïB = M (n° 124) ; et comme on ne peut mener par le point B qu'une seule tangente (n° 102) , il s'ensuit que , réciproquement, si l'on forme au point B un angle ABL égal à M , la droite BL, ainsi déterminée, sera tangente au cercle ; donc (n° 102) la droite élevée par le point B perpendiculairement k BL, passera par le centre. — De là résulte cette construction :

STNTBisB. — 1*^ — Au point By faisons un angle ABL égal à M;

C0N8TEUCTI05 DES POLYGOHES. I 1 7

— 2^ — éieiHms de œ même point une droite BK perpendiculaire à BL(n*» 148) ; — 3* — sur le milieu de AB, une antre perpendiculaire IG : les deux perpendiculaires se coupent nécessairement (n° M), en un certain point O ; --* I^** —^ de ce poîmt, avec le njon OAn=OB 9 tiécripons un cercle.

La portion AIŒ ainsi déterminée, est l'arc demandé.

En effet , d'après la construction, la circonférence tracée est tangenteen B à la droite BL; donc, tous les angles en C, CyC',. . ., sont égaux à ÂBL, c'est-à-dire à Tangle M.

Sgouk I. — Le centre du cercle sera placé au-^ssus ou audessous de AB [voyet la remarque du n® 147), suivant que l'angle donné sera aigu on obtus [postuL n^ 54).

Si l'angle donné est droit , le centre se trouve alors placé au mOieu de AB , et le segment devient un demi-cercle.

ScoLix n. — Dans le cas où le centre se trouve au-dessus de la droite AB , le segment inférieur, AN'B, du cercle décrit , est évidemment capable du supplément de l'angle donné.

Enfin , le problème admet deux solutions si rien n'indique dans renoncé , que le segment doit être situé au-dessus plutôt qu'audessous de AB.

On obtient alors {fig. 98) deux segments AMB, AM'B , égaux Fie. ifi. entre eux et inversement superposahles*

S II. — Construction des poljrgones (f après certaines

données.

Nous commencerons par les triangles, à la construction des*quels se ramène celle de toutes les figures rectilignes.

Peobl^e I. (Fig. 99.) Fie g^

IN*» t»7. — Étant donnés dans un triangle, — soit !• — un iôté et les deux angles adjacents, — soit 2? — eleux côtés et l'an- ^le compris; — soit enfin 3® — les trois côtés: — construire le triangle,

^ous n'insisterons pas sur les deux premiers cas , dont la con

n^' '"^titt problème du n** IHS. tious nous

P / 18 ^tf''^'*^Iier*«ûon, savoir : dans le premier cas ,

Y^^ q6 stf^>^ ^ ^ ^'"^^^t possible y il faut et il suffît que les deux

i>a/^^[|^^ir«'**^ j,fle somme moindre que 2 droits; et dans

p^ ^^ ^'^^^e est éndemment toujours possible , puis-

'Z^^^' ^ ^i^ ^ *°^® ^ ^ l'angle donné (n« itf5), on

^^'tp^ ^^'"'^iO^ •***" *^ ^^'^^ ^^ ^^ ^^^ angle construit,

\^i t^^^^^iM aax, deux lûmes données.

^^ '^ -^. — Soient m , 71 , /? Jes trois côtés donnés (*).

^^io5. — 1° — Sur une droite indéfinie AXf prenons ^^artie AB égale à Tun quelconque des côtés donnés^ p par ""^ '^.^ . — - 2** — des points A et B comme centres , et avec les ^* ns respectifs /w et /î, décrions deux circonférences [ou plutôt . ^ arcs de cercle], qui se couperont nécessairement en un pointC, . |g triangle est possible ; — 3* — tirons CA et CB. Le triangle ABC satisfait évidemment aux conditions de Ténoncé.

iV. B. — La construction d'un triangle équiiatéral est un cas particulier de celle-rci : les rayons des deux cercles à décrire , sont égaux entre eux, et égaux au côté donné, lequel a dû, d^ailleurs, être déjà porté sur AX.

Discussion, — Pour que le triangle s<Mt possible, il faut et il suffit (n^ 144) que le côté AB , pris pour base de la construction , soit moindre que la somme des deux autres e( plus grand que leur différence.

A proprement parler , la condition nécessaire et suffisante pour quhm triangle soit possible avec les trois côtés donnés, est que ,

S'il s'agit d'un triangle scàxâm^ — le plus grand edté sdt moindre que la somme des deux autres ;

Et que , si le triangle doit être isosciLE , — chacun des côtés ég{iux soit plus grand que la moitié de la base;

(*) Lorsqu^on veut représenter par une seule lettre, une lî^^ne donnée de longueur, il est d^usage , pour éviter toute confusion , d^employer un petit caractère m, n,... au lien de M, N,...

GOHSTEUCTIOH DBS POLTOOKES. 11^

Enfin y lorsque le triangle à construire doit être KQuiuLTiEAL,

— il est toujours possible.

ScoLUE. — Nous observerons, relativement au premier cas du problème r*", que si , au lieu d*Un côté et des deux angles adjacents, on donnait un côté, l'angle opposé, et Vun des angles adjaci'/its (n^ 67), la question pourrait être facilement ramenée au premier cas, en vertu du scolie n établi au n** 1^5.

PaoBLinE II. (Flg, loo.) Fie. loo,

N® 158. — Étant donnés, dans un triangle, eleux côtés [m ^ n], et r angle N opposé à Vun, d'eux \n , par exemple], construire le triangle^

[L'examen des circonstances relatives à la résolution et à la discussion de ce problème, mérite toute l'attention des commentants. ]

SYKTBisE. — 1® — Sur une droite indéfinie AX, construisons un angle YAX égal à N ; — 2** — portons sur A Y de A en C le côté m ;

— 3" — du point C comme centre , avec un rayon égal à n [côte opposé à l'angle N ] , décrivons un arc de cercle qui coupera généralement la droite AX en deux points B , B' ; — 4* — tirons CB , CB'; et les de«x triangles AGB , ACB' satisferont à la question ;

Car on a , d'après la construction , BAC ou B^AC = N , AG =: m, et CB ou CR' = n , côté opposé à N.

Ainsi, le problème peut admettre deux solutions. — Mais nous allons faire voir que , suivant les grandeurs relatives des données , le problème est susceptible de deux solutions, ou à' une seule, ou bien n'en admet aucune.

Discussion. — ^ Remarquons avant tout que si , après avoir construit l'angle YAX = N , et pris AC = m , on abaisse du point C la perpendiculaire CD sur AX, cette perpendiculaire CD [dont la considéradon va nous être très-utile], peut avoir /n^rV positions différentes , suivant l'espèce de l'angle donné Tî : elle peut (n® 57) tomber dans l'angle YAX {fig^ lOO et loi) , ou se confondre avec Fie. loo, loi. CA [fig, loî), ou tomber hors de l'angle YAX {fig, io3), selon Fio*io3, io3. que N «l aigu, droit, ou nhtus, — Dans le premier cas et dans le

120 LIV. I. — CHAP. m. — § 11.

troisième, on a toujours (n*>39) CD<1CA ou /ri; et dans le second , CD = CA = /w.

— Cela posé , examinons d*abord le cas où l'angle N est aigu. Dans ce cas, cinq hypothèses difTcrentes peuvent être faites : Ou bien , /i <] CD, et à fortiori <] m ,

Ou n = CD , et par conséquent encore , « <^ w ;

Oufi]>CD, mais<[i7t;

Ou n tout à la fois > CD et ]>• m.

Ou bien enfin , /i = m , et par conséquent ]>• CD.

I" — Soit /?<^CD. — La circonférence décrite du point C Fie. loo. {fig' loo) comme centre avec n pour rayon, ne coupera pas la droite AX; et alors, le problème n'admettra aocu/te solution.

2** — Soit /i = CD. — La circonférence ne fera que toucher la V'iG. loo. droite AX en i^n point D {fig» loo); et Ton obtiendra un triangle rectangle ADC pour réponse unique à la question.

3** — Soit « ]>• CD , mais -<] m ou <[ CA. — La circonférence Tic. ioo. coupera alors la droite AX en deux points B et B' {fig. loo), situés Pun et l'autre à droite du point A (n** 40) ; et Ton obtiendra ainsi deux triangles, ABC, AB'C, qui rempliront également les conditions de l'énoncé. Donc, dans ce cas, le problème admet deux solutions.

4* — Soit n en même temps }> CD et > m ou CA. — La circonférence coupera encore la droite AX en deux points, B, B' 1 ic, ICI. ^^fig, loi); mais ces points seront nécessairement (n® 40) placés, l'un à droite , l'autre à gauche du point A \ ce qui donnera an seul triangle , ABC, satisfaisant à la question , puisque , dans le triangle AB^C, Tangle CAB ' est, non égal à N, mais supplémentaire de N.

5° Enfin — soit /i =: /w. — La circonférence coupera la droite AX aux points A, B, et donnera pour solution tutique le triangle isoscèle CAB. Ainsi , dans ce nouveau cas , le problème n'admet encore qa*une solution.

— Supposons actuellement que l'angle N soit droit; auquel cas CD se confond avec CA ou m , et lui est égal.

On ne peut faire dans ce cas que detix hypothèses :

Ou n = CD = w ; et dans cette hypotht*»' , la circonférence àv

CONSTRUCTION DES POLTÔONES. 121

ente 06 faisant que toucher la droite AX au point A» il en résulte ane droite GA pour réponse à la question ; c^est-à-dire que , dans ce cas très-particulier, le problème n'a aucune solution proprement dite , puisqu'on demandait un triangle.

Ou bien 9 /i ^ CD[>CA {fig. 102); dans cette seconde hy-Fic. 103. pothèse, la circonférence coupe la droite AX en deux points, B, B', qui donnent pour #o/ie/io/if deux triangles rectangles, CAB, CAB', rectangles en A. Mais ces triangles sont égaux et superposablet. Donc, dans cette bypothèse, le problème n'admet, à proprement parler, qa^une seule solution,

— Il ne nous reste plus qu*à supposer l'angle N obtus.

Puisque dans tout triangle , au plus grand angle est opposé le pins grand côté, il faut nécessairement, dans le cas actuel, pofw que le triangle soit possible, supposer n'^ m, et par conséquent n ]]> CD. Alors la circonférence décrite ne peut donner lieu qu'à un ^^^ic/ triangle ABC [fig^ io3) satisfaisant à Ténoncé, puis- Fig. io3. que le second triangle AB'C aurait son angle CAB' supplémentaire de N , et non égal à N.

Ainsi , dans le cas où N est obtus , le problème admet une seule loiation, ou n^en admet aucune.

Nous avons cru devoir exposer avec détail la discussion du problème précédent, pour donner aux jeunes gens une idée de la manière dont se discute complètement un problème.

N^ 159. — ScoLiB I. — Le problème I"" et le scolie qui s'y tattache correspondent aux cas d'égalité établis au n** M ; mais le problème que nous venons de résoudre donne lien à un nouveau tbéorème.

Pour le faire comprendre , remarquons d'abord que la seule hypothèse où le problème précédent offre réellement deux solutions , ♦'stocUe où Ton a /i> CD, mais <C/n ouCA (fig. 100), et que, dans Fie locw ce cas, les deux triangles CAB, CAB', qui lui correspondent, sont, Tan acutangle en B, l'autre obtusangle en B', l'angle CB'A étant Hipplcment de CBA [à cause de CB =:CB'].

D où résulte ce nouveau cas d'égalité, savoir :

Deux triangles sont égaux lorsqu'ils ont deux côtés égaux cha-

12a LIV. I. — CBAP. 111. — § II.

cun à chacun ainsi que l'angle opposé à l'un d'eux, pourvu qui l'angle opposé au second côté soit de iiixB ESpics dans les deiu triangles.

En effet , d'après la construction dn problème II , il ne peut exister qu'uii seul triangle remplissant toutes les condîtioBS dv: renoncé précédent.

N° 160. — ScouB II. — Ces quatre cas d'égalité de deux triangles obliquangles sont les seuls qui puissent se présenter; et nous sommes maintenant en droit de conclure que

Un triangle est déterminé complètement par la connaissance de Taoïs des six éléments [côtés et angles] ^u/ le constituent, — pourru 1® que parmi les données se trouve au moins un côté, — et a? que, si Pou donne deux côtés et Tangle opposé à Tun d'eux , on sache de quelle espèce est l'angle opposé au second côté.

Du triangle isoseêle et du triangle rectangle.

Quand on sait d'avance que le triangle doit ctre isoscèle ou netangle, cette connaissance équivaut à une donnée; et il nVn faut plus que deux autres pour déterminer le triangle. — De là les deu\ problèmes suiva^nts :

PaoBLKMB ni.

N*^ 161. — Construire an triangle isoscèle , connaissant , Soit 1 ° — l'un des côtés égaux et la base; Soit 2^ — ^^n des côtés égaux et un angle ; Soit 3^ — la base et l'un des angles adfacents;. Soit 4'' — ^o base et l'angle opposé.

SYNTHisB. — Le premier cas du problème actuel rentre dans l** troisième du n® 107, puisqu^alors les trob côtés sont connus; seulement , il est convenable de prendre la base du trian^ pour base de la construction.

Dans le second cas, on peut faire deux hypothèses : Ou bien l'angle est adjacent au côté donné ; — comme alors le second angle adjacent est supplémentaire du double de l'angle donné , il peut être déterminé facilement (n^ IW , scoL) , et le problème rentre dans le premier cas du problème P*".

CONSTRUCTION DBS POLTOONBS. 123

Ou bien Faûgle donné est opposé au côté donné. — Dans cette hypothèse, on connaît un angle et les deux côtés égaux qui le comprennent; ainsi la proposition rentre dans le second cas du pro-* blême I*'.

Dans le troisième cas, on connaît un côté et les deux angles adjacents , lesqueb sont ^aux entre eux ; et l'on retombe sur le premier cas du n^ ilS7.

Enfin y pour le quatrième cas, il faut prendre le supplément de l'angle donné et le diviser en deux parties égales (n** itf 3, scoL I et II) . Nous connaissons ainsi les trois angles du triangle et un côté; dès lors la construction rentre encore dans le premier cas du n® iJS7.

Ou plus simplement , sur la base donnée, tiéeriçons (n^ 156) un arc de cercle capable de Tangle donné; puis, par le milieu de ce même côté, élevons une perpendiculaire» et Joignons le point où elle rencontre la circonférence décrite, avec les extrémités de la base :

Nous obtenons ainsi le triangle demandé.

P&OBLiMX TV* N° I6!l. — « Construire un triangle rectangle, connaissant. Soit i^^un c6té de l'angle droit et un angle aigu; Soit 2° — V hypoténuse et un angle aigu ; Soit Z^ — les deux côtés de l'angle droit; Soit 4° — V hypoténuse et un côté de l'angle droit.

[Ce sont les seuls cas admissibles. ]

Nous n^insisterons pas sur les trois premiers cas , dont la con straction rentre, soit dans le premier,^ soit dans le second du n" f i$7 : mais nous indiquerons deux moyens de construction pour le quatrième cas.

PBiMTfeaB CONSTRUCTION. {Fig. xo40 — Après avoir^/77?e uu F». 104. angle droit YAX (n** t W), — i* — prenons sur AX une partie AB égale au côté de Tangle droit supposé connu ; — 2® — du point B comme centre, ayec un rayon égal à l'hypoténuse, décrivons un arc de cercle qui coupe AT en un point C , et tirons BG.

Le triangle BAC satisfait évidemment aux conditions exigées.

iV. B. — Le triangle n*est possible qii^autant que l'hypoténuse ^'^ le plus grand des deux côtés donnés.

ia4 "'V' '• — cHâp. m. — § II.

FiG. io5. Segomdi coHSTAUCTKHT. (/^/g. loSO^^Sur UDC droîte, AB, égale à rhypoténuse, décrivons [n^ ilSIjiinedcim-cirooDférence; puis do point A comme centre , avec un rayon égal au second côté donor, décrivons un arc de cercle qui coupe la demi-circonférenœ en un certain point C. — Tirons CB.

Le triangle CAB est le triangle demandé*

N. B, — Les circonstances déterminent celui des deux moyens de construction qui doit être préféré.

Des polygones quelconques,

PaoBLims y.

'^^ 163. — Construire un polygone égal à un polygone donné. On peut donner de ce problème plusieurs constructioDS dont nous nous bornerons à indiquer les principales.

PaEniiRE cowsTEumoîf. — Après avoir divisé le |>olygonr Fie. 58. donné, ABCDEF {fig, 58), en triangles, par des diagonaK-s partant d^un même sommet, F par exemple, prenons sur uno droite indéfinie , une partie A' F^ = AF; pub , sur AT', construisons (n"* 167) un triangle A'B'F' égal au triangle ABF. De même, sur B'F' = BF construisons un nouveau triangle , B'CF', égal à BCF. Et ainsi de suite.

Le nouveau polygone, A'BX'D'E'F', ainsi obtenu, sera égal au polygone ABCDEF (d? 91, 3« cas).

DEuxiiME coNSTEucTioN. — D'un poiut quelconque, O {J£g. 56), du polygone ABCDEFG, tirons des droites à tous les sommets du polygone; puis, autour d'un autre point, O', pris à volonté dans le plan de ce polygone [la figure du deuxième polygone n'est pas tracée], ^r/no/r^ des angles consécutifs, A'O'B', B'CyC,..., G'O'A', respectivement égaux aux angles AOB, BOC ,-.. , GO A; et prenons sur les côtés de ces angles, des parties O'A', O'B', O'C',..., O'G', respectivement égales aux parties OA , OB , OC,..., OG. Joignons enfin, deux à deux, les points A', B', C, . . . , G' :

Le polygone A' B'C D' £' F'G' ainsi obtenu sera égal au premier.

Car il est aisé de voir que ces polygones ont leiii*s côtés égaux

C^NSrRVCTlOII 1>BS POLYGONES. J 25

cJucan à chacnn et pàrreillement disposés, ainsi que leurs angles

égaux.

TaoïsiKME coNSTaucnoN. — Par les sommets A, B, C, D, E {Jî§. io6), du poljgone donné, traçons (n? IM) une suite de Fie io6. droites parallèles entre elles , sous une direction tout à fait arbitraire ;/^/ip/f 0/1/ sur ces droitesdes parties égales AA'=BB'=CC'. . .; tt joignons deux à deux les points A% B', C\... :

Le polygone ainsi formé est encore égal au polygone donné.

Car les côtés AB et A'B% AG et A'C%... sont respectivement égaux (n® 7^) ; les angles sont aussi égaux (n® tfft); donc, etc.

ScoLis. — Les deux derniers moyens de construction font con* oaùre de nouveaux cas d'égalité relatifs aux polygones; le suivant mérite seul d'être énoncé :

Deux poljgones sont égaux lorsque leurs côtés, considérés chacun à chacun, sont égaux, parallèles, et de même sens.

On peut même dire, dans ce cas, que le second polygone [fig. io6) n'est autre que le premier transporté dans son planpa^ Fie. 106. rallèlement à lui-même, — \Foir le lemme du n° 69.]

PaoBLÀMK VI. ( Fig. 58. ) FiG. 58.

N^ 164. — Construire un polygone, connaissant un de ses côtés, àF, ainsi que les distances de chacune des extrémités de ce côté aux wtrts sommets du polygone.

STNTHàsB. — Avec la droite AF et les deux distances , supposées ronnnes, do point B aux points A, F, construisons (n° IK7 , 3' cas) an triangle ABF : — le sommet B se trouvera ainsi déterminé de position.

Même construction pour les autres sommets , G , D , . . .

{^oyez, ci-après, n® 167, la remarque qui termine ce paragTapbc.)

P&OBLixB VU. { Fig. 82. ) . Fw, »a.

.V 165. — Un polygone régulier, ABGDE... , étant déjà inscrit à une drconjérence , construire le polygone régulier circonscrit du f^me nombre de côtés; — et réciproquement.