D^TB&XINATION DES POLYGONES

I , milieu de l'arc AB , et de répéter la même opération pour chacun des arcs BC, CD , . . :

Les cordes AI , IB , BL , . . . , sont égales comme soutendant des arcs égaux. — Donc, etc.

2* — On obtient le polygone circonscrit correspondant , en menant par les points A y B, deux tangentes , que Ton termine aux points m^n, sur la tangente MN ; puis on répète la même opération anx points C, D,. . .

La droite mn est le côté du polygone circonscrit d*un nombre de côtés double; et Am, /iB, en sont des demi-côtés.

En eflet, les triangles rectangles OAuf, OIiti , sont égaux comme ayant l*hypotcnuse égale et im côté de l'angle droit égal, OA =: 01 ; d'où il suit que Am = Im , et i\\ïe angle kOm = anglelOm.

On démontrerait pareillement que B/i = /?I = I/7t = m A ,

et que angle BOn = angle lO/i = angle lOm = angle AOm.

On voit ainsi que Tangle mOn est moitié de l'angle au centre de chacun des polygones donnés , et n'est autre que V angle au centre do polygone cherché.

Donc enfin mnp. . . est le polygone circonscrit demandé.

30 — Quant aux polygones inscrit et circonscrit d'un nombre àe côtés sous-double, on les obtient en tirant par les points alternatifs A , G, £ 9 ... les cordes AC, CE,. . ., puis menant des tangentes par les points A , C, E , . . . , abstraction faite des points intermédiaires B, D, F,...

iV. B. — Il faut évidemment, dans ce troisième cas, pour que ie problème soit possible , admettre que les polygones donnés ont on nombre paie de côtés.

iXMAXQUES IMPORTANTES sur la détermination d'un polygone

d'après certaines données,

j^ti 1^^ — 5^y3 avons déjà dit (n^ 90) que [sauf certaines restrictions dont plusieurs ont été indiquées] deux polygones de n côtés sont égaux lorsqu'ils ont (2ii — 3) de leurs éléments égaux » chacun k chacun. . .

D'où il résulte qu'un polygone est généralement déterminé quand on donne (211 — 3) de ses éléments , angles, côtés, ou diagonales.

laS uv. I. — cHAp. III. — § II.

On conçoit, en ontre, combien doit être considérable le nombre des problèmes qui ont pour objet de — Construire un polygone d'après certaines de ses parties.

Il y a plus : si l'énoncé se tait sur la disposition mutuelle de ces parties, il peut afriver que le nombre des solutions d'un même problème soit très-grand.

Prenons, pour exemple, la question suivante : Fio. ïo8. Deux points y A, B [fig. 108), étant donnés de position sur une droite indéfinie j LL', trouver un troisième point dont les distances aux deux premiers soient égaies à deux lignes données ,

La question est ramenée à — Construire un triangle, connaissant les trois côtés, AB, m, et n.

Pour cela (n^ ttf7) , des points A et B comme centres , avec des rayons i^espectivement égaux aux lignes données m et /i , déeripons detix circonférences qui se couperont généralement en deux points, C et C\

Ces points satisferont l'un et l'autre à l'énoncé , puisque, d'après la construction, l'on a

CA = C'A = m, et CB = C'B = /?.

Maintenant , si l'on échange les rayons entre eux , c'est -à-^ire (]u*on prenne n pour le rayon du cercle à décrire du point A comme centre, et m pour le rayon du cercle à décrire du point B, on obtiendra deux antres points, D, IV, qui satisferont également à la question, parce que rien ne dit dans l'énoncé, si le point cherché doit être plus éloigné du point A que du point B.

A la vérité, en joignant les points G, G', D, D^, aux points A et B, on forme quatre triangles qui sont égaux et superposabhs ^ comme ayant les côtés égaux chacun à chacun ; en sorte que^ s'il ne s'agissait qoe de construire un triangle avec ses trois côtés, le problème n'aurait, à proprement fiarler, qu'u/i^ solution. Mais, en tant qu'il fout déterminer de position sur un plan , un point qui remplisse certaines conditions , le problème offre quatre soituions différentes. ^ ,

La question que nous venons de résoudre fait sentir la nécessite

DKTS&MlifATION DES POLYOONBl. I^lg

de Spécifier^ dans le problème du n? t64 y de quelle manière les sommets du polygone cherché doivent être places les uns par rapport aux autres; car, sans cela, on pourrait obtenir une foule de polygones satisfaisant également à la question.

C'est encore pour cette raison que, dans le troisième cas d'égalité établi au n? 911 , nous avons dû ajouter à l'énoncé : disposés oa assemblés de la même manière.

N® 168. — Il y aurait encore bien d'autres remarques à faire sur la construction des polygones en général ; mais cela nous entraînerait trop loin.

Nous ferons seulement observer que , quand on connaît d'avance l'espèce du polygone à construire, le nombre (2/1 — 3} des données généralement nécessaires peut être considérablement restreint. — C'est ainsi, par exemple, que deux données suffisent (n° 161) pour un triangle, soit isoscêle, soit rectangle. — Pour le quadrilatère , qui exige généralement (2x4 — ^ ) on 5 données , si la figure doit être un parallélogramme, il suffit de trois données , parce que la condition du parallélisme des côtés opposés compte pour deux. — Dans le losange, deux données sont suffisantes; dans le carré, il suffit d^une, son côté ou sa diagonale.

Enfin, dans un polygone régulier, le côté, et une seconde donnée qui sera, soit V angle au centre, soit Y angle même du polygone, soit enfin le nombre des côtés ou Tespèce du polygone, suffisent complètement, puisqu'il ne s'agit, pour obtenir le polygone, que de construire (n® 161) un triangle isoscêle, connaissant un côté et l'angle opposé^ ou un cété et l'un des angles adjacents, moitié dePangle du polygone.

Kous terminerons ce paragraphe par la résolution d'une double question sur le triangle, assez curieuse sous le rapport de la discussion, et même du mode à employer pour la résoudre.

PaoBLKME. (Fig. 109 et iio.) ^eT',î^

Ro 169. — Étant donnés dans un triangle, un côté AB, l'angle opposé [égàï à l'angle M] ^ et la somme s on la différence d des deux autres côtés, construire le triangle.

l3o LIV. I. —7 CHAP. III. § II.

Prui n& CAS. — Akàlyse. — Observons cl*abord que le sommet C du triangle doit appartenir à Tare de cercle ACB décrit sur AB, comme capable de Tangle donné M. D'un autre côté, si Ton prolonge AC d'une longueur CD = CB, et que l'on tire DB, ie triangle CDB est isoscèle, et donne (n*" SS)

angle CDB = an^^GBD, d'où (n* »»)

angle CDB = i angle ACB =: 7M.

On voit donc que le point D [dont la position y une fois déterminée j fera connaître aisément celle du point C sur Tare ACB] est l'intersection d'un arc de cercle , capable de l'angle |M et construit sur AB, avec une circonférence de cercle décrite do point A comme centre avec un rayon égal à la somme donnée 1.

Ainsi, Ton parviendrait à la solution du problème, en construisant séparément sur AB (n* tlS6) deux arcs de cercle capables, l'un de l'angle M, l'autre de l'angle y M , puis décripant du point A comme centre, avec s pour rayon, un troisième arc de cercle qui couperait le second en un certain point D. — La droite AB rencontrerait le premier arc en un point C ; et le triangle ACB serait le triangle demandé.

Mais cette construction n'est pas la plus simple qu'on puisse donner. — En effet , observons que le point I , où la perpendiculaire élevée sur le milieu de AB rencontre le premier arc, est nécessairement le centre du second ; car si , de ce point comme centre , avec LA pour rayon , l'on décrit im cercle , l'angle qui a son sommet sur cette circonférence , étant moitié de l'angle au centre AIB, est par conséquent égal à -^ M. — On arrive ainsi à la construction suivante :

STKTmsSE. *— lO -^ Sur AB décrivons un arc de cercle capable de l'angle donné M : la perpendiculaire élevée sur le milieu G de AB [laquelle a dû servir dans cette première construction] rencontre cet arc en un point I ; -— 2*^ — de ce point I comme centre, avec le rayon lA, décrivons une circonférence de cercle. — 3^ — du point A comme centre, avec un rayon égal à la droite

PaOBLÀMl SUB LES TBIAlfCLftS. l3l ^

donnée X y décriions un arc de cercle qui coupe la seconde circonférence en un point D ; — 4** — menon^la, droite DA , et Joignons le point B au point C où DA. rencontre Tare ACB :

Nous obtenons ainsi ACB pour le triangle demande.

En effet y d'après la construction, Tangle ACB étant double de Tangle ADB ou CDB, est par conséquent égal à M. D'ailleurs , ACB étant égal à CBD + CDB (n^'tfiS), il s'ensuit que CBD=:CDB; d'où (n» 60) CD = BC.

Donc enfin AC -f- CB = AC -h CD = j.

Discussion. — Pour que le problème soit possible, il faut que la somme donnée s ne soie pas plus grande que le diamètre ASL du cercle décrit du point I comme centre; — et, en supposant que Ton ait 5 <^ AL , il y aura deux points d'intersection , D, D' ; par suite, deux triangles, ACB, ACB, satisferont également à la question. Mais il serait facile de reconnaître que ces deux triangles sont égaux , comme ayant les trois côtés égaux chacun à chacun.

Si Ton a j= AL, les deux solutions se réduisent à une seule, savoir, le triangle AIB.

Or ceci nous apprend que.

De tous les triangles construits sur une même droite AB, et ayant même angle opposé à ce côté, le triangle isosccle AIB est celui qui a le plus grand périmètre (n^ 51$).

Dxuxiixv CAS. -^ Analyse. -^ Ainsi que dans le cas précédent, le sommet C du triangle {Jig. i lo) appartient à l'arc décrit sur AB, Fie. no. comme capable de l'angle donné M. — Si maintenant on prend «ir CA une partie CD :^ CB, il ne s'agit, pour obtenir le point C sur ce segment, que de fixer la position du point D. Or, puisque Toa aCD = CB, il en résulte (n» tf8) DBC=: BDC ;

d'où DBC -¥■ BDC = 2BDC,

et par suite (n* M) 2BDC + DCB = a droits ; donc

BDC = I droit — ^DCB = i droit — ^-M;

l32 LIV. I. CHAP. m. — § II. — PROB. SUE LES TK.

ce qui donne pour ADB, supplémentaire de BDC,

ADB = 2rfr. — (idr. — IM) = idr, -4- tM-

On voit, d'après cela, que^ le point D est à Fintersection d*uD second arc de cercle décrit sur AB comme capable de Fangle obtus, (idr. + 7M )» et de la circonférence décrite du point A comme centre , avec un rayon égal à la différence donnée d.

Or je dis que , comme dans le premier cas , le centre de ce second arc n^est autre que le point I où la perpendiculaire élevée par le milieu de AB , rencontre la seconde partie de la circonfè rence dont Tare capable de Tangle M est la première partie. — En effet, décrivons du point I comme centre , avec le rayon lA , une circonférence : l'angle au centre AIB est double de Tangle inscrit ALB, ce qui donne ALB = 7 AIB. D'un autre coté, ce même angle AIB, considéré par rapport à la circonférence AIBH , est supplémentaire de AHB (n** i2fi) ou de l'angle M ; on a donc AIB égal à (2 dr. — M). Ainsi l'angle ALB vaut (idr. — - M ) ; et par conséquent ADB, qui est^le supplément de celui-ci , vaut

2dr. — (i</r. — tM), ou idr, -f- IM.

De là résulte la construction suivante :

Stitthàsb. — I® — Sur AB décrivons un arc de cercle capable de l'angle M, et achevons la circonférence : la perpendiculaire élevée sur le milieu de AB rencontre la partie AIB de cette circonférence en un certain point I ; — 2? — de ce point €x>mme centre , avec le rayon lA y décrivons une nouvelle circonférence , (en ne considérant que le segment situé du même côté que le premier, par rapport à AB) ; — 3*» — du point A comme centre , avec le rayon d , décrivons un arc de cercle qui coupe le précédent au point D ; — 4" — tirons la corde AD en la prolongeant jusqu'à sa rencontre en C avec le premier arc.

Le triangle ACB ainsi obtenu est le triangle demandé; ce qu'on démontrerait facilement en reprenant, dans un ordre inverse, les raisonnements de V analyse.

§ III. — PAOBLiMES SUR LES CONTACTS. l33

ScoLf B. — Nous n^entrerons dans aucun détail sur la discussion de ce second cas ; mais nous ferons remarquer que les deux |>arties du problème qui vient d'être résolu , offrent l'exemple d'une question où , par une première analyse y on est conduit à un mode de construction qui n'est pas le plus simple qu'on puisse donner, et que l'on parvient ensuite à simplifier par des considérations, souvent assez délicates, qui avaient échappé au premier ab^ord.

$111. — Problèmes sur les contacts,

pROBLiME L (Fig* III et iia. ) Fig. m

et lia.

N** 170. -^ Par un point donné A hors d'un cercle, métier une tangente à ce cercle»

[ Le cas où le point est donné sur la circonférence n'offre aucune difficulté , puisqu'il suffit (n° 109) d'élever une perpendiculaire h l'extrémité du rayon. ]

Anai<tse. — Le point de coptact {et par suite la tangente] serait déterminé si l'on pouvfdt trouver sur la circonférence un point M {Jig> 1 1 i)y tel qu'en le joignant aux points O et A, Ton eût au ^''^' " '' point M un angle droit,

STHTHisE, — I» — Menons la droite OA ; — a* — sur cette droite comme diamètre (n** M'^j i^) décriions une circonférence qui ren- (^ontre la première en deux points , M , M' ; — 3^ — tirons les droites AM,AM'.

Nous obtenons ainsi deuj: solutions de la question.

Car les angles OMA, OM'A, sont droits (n° ISS); donc AM, AM% sont des tangentes au cercle (n** iOS).

DisGussioif . — Le problème est évidemment toujours possible tant que le point donné est extérieur au cercle O, puisque, (Kaprès la construction , les deux points O et A de la seconde circonférence sont, l'un intérieur, Tautre extérieur à la première {y oyez le n® 156).

Si le point donne était en A' sur la première drconfèrcnce , les

l34 LIV. I. — CHAP. III. § III.

deux cercles se toucheiraient au point A', qui serait alors le point de contact.

Seconde construction. — Analtse. — En supposant le pro- FiG. lia blême résolu y prolongeons le rayon OM {Jig* 112) qui passe par le point de contact y d'une longueur MC = MO , et mmons les droites OA, CA : ces droites sont égales (n"» 40) , et l'on voit que le point C [dont la position une fois déterminée fera connaître facilement celle du point M], est à une distance du point O égale au double du rayon OM , et à une distance du point A égale à OA.

Synthèse. — i" — Tirons la droite OA [que nous prolongeons jusqu'à sa rencontre en B avec le cercle donné] ; — 2^ — des points O et A comme centres, et avec les rayons respectifs ^20B ou A'B , et AO, décrivons deux circonférences qui se coupent en deux points C, C ; — 3" — tirons OC, OC', qui rencontrent la circonférence donnée aux points M, M' ; — 4* — enfin, traçons les droites AM et AM' :

Ce sont les deux tangentes demandées.

En effet, les deux triangles AOC, AOC sont isoscèles; de plus, on a CM = MO , CM' = M'O ; donc (n<> 61) les droites AM, AM', sont perpendiculaires aux rayons OM, OM', et par cod> séquent tangentes au cercle.

Discussion. — Tant que le point donné A sera extérieur au cercle donné , les deux circonférences décrites se couperont nécessairement : en effet, le point O de la circonférence AO est évidemment intérieur à la circonférence 2OB ; et il est facile de voir que, pour toute position du point A sur OA, pourvu que Ton ait OA ^ OA', la circonférence AO aura un second point D , situé sur le prolongement de OA, extérieurement k la circonférence 2OB. Ainsi ( n^ 156) les deux cercles se couperont , et le problème sera toujours possible.

Si le point A est en A' sur le cercle donné, les deux circonférences 2OB et A'O se toucheront en un certain point E pour lequel on a EA' = A'O ; et le point A' est alors le point de contact.

N. £. — Le second mode de construction est , dans le fait ,

PKOBLÀMBS aUB LIS CONTACTS. I 35

plus simple que le premier , parce que les rayons des deux circonférences à décrire , 2OB eCOA, sont donnés à priori; tandis que Je premier mode exige que l'on détermine d'abord ( n*' itfO) le milieu de la distance AO.

PaoUtixE n. {FIg. 11 3.) FiG. ii3.

N® 171. — Mener une tangente commune^ à deux cercles donnés,

AirAi.TSE. — Soit MNC la tangente commune aux deux cil^onférenoes données; tirons les rayons OM, (VN, et par le point O' menons (VD parallèle à MC. — Cela posé , observons qcie les rayoQs OM, CKN, étant perpendiculaires à la tangente MC , sont parallèles ; et comme O'D est autoi parallèle à MC , il s'ensuit que la figure DMNO' est un parallélogramme y et donne ( n® 74 ) DM = O'N ; ainsi OD est égal à la différence des rayons des deux cerdes. En outre, la même figure DMNCV est un rectangle 9 puisque les angles en M et en N sont droits; donc la droite O'D est perpendiculaire à OD , et par conséquent tangente au oerde dé* crit du point O comiqe cent» avec un rayon égal à la différence des rayons donné».

De là résulte la constracdon suivante :

Sththèsk. — i^ — Du point O comme centre , avec un rayon égal à la différence des rayons des deux cercles donnés , décrivons une circonférence ; — 2° — menons du point 0' ( n® 170 ) une tângf<nte à cette circonférence; — 3° — joignons le centre O au point de contact D , et prolongeons la droite OD jusqu^en M ;

— 4"" "^ n^^^ons du point O' le ra3ron O'N parallèle à OM(n^ A^);

— 5* enfin — tirons la droite MK :

Nous obtenons ainsi la tangente demandée.

En effet, diaprés la construction , DM est égal et parallèle à O'N, puisque OD est la différence des rayons; donc (n® 74) la figure DMNO' est un parallélogramme , et de plus un rectangle , à cause de OD perpendiculaire sur O'D : ainsi la droite MN est perpendiculaire aux rayons OAI, O'IS ; donc , etc.

N. B. — Comme, du point 0% on peut mener denx tangentes

i36 Liv. I. — CHAP. m. — § m.

O'D, (yjy, à la circonférence OD, on a également deux droites MNy M'N^ pour solutions du problème.

ScoLiE. — Mais il esl facile de voir que , dans le cas où les Fie. Il 3. cercles sont extérieurs Tun à l'autre, comme dans la^. i iS, il existe encore deux autres solutions mn^ m'n'y qu'on peut appeler des tangentes intérieures , comme rencontrant la ligne des centres entre les points O et O' en un point C ; tandis que les deux autres, MN, M'N% nommées tangentes extérieures, la rencontrent en un point C situé sur le prolongement de cette droite.

Pour obtenir ces deux autres solutions [ l'analyse étant sousentendue] , — i^ — du point O comme centre , avec on rayon égal à la somme des rayons des deux cercles donnés , décrivons une circonférence; — 2" — menons. An point 0% ka deux tangentes O'rf, (yd'\ — V* — tirons les rayons Orf, Qd '; r- 4* — menons du point <y les rayons O'n, OV, parallèles àO^, CW, ou aux rayons O/w , Om'; — 5® enfin — traçons les droites mn, m'n' :

Nous aurons les deux tangentes demandées.

Même démonstration que ci-dessus.

Nous nous dispenserons de discuter ce furoUème , qui est évidemment susceptible de quatre, trois , deux, une seule solution , ou bien n*en admettre aucune, suivant celle des cinq positions relatives de deux circonférences, qui appartiendra aux cercles proposés.

Fio. 114. PaoBLiME in. {Fig. Ï14.)

N® 179. — Deux cercles O^ O'f étant tracés sur un plan , mener une transversale MC, telle, que chacune des parties MN, ron, de cette droite, comprises dans l'intérieur des circonférences, soit égale à une ligne donnée a.

Analyse. — Supposons le problème résolu ; et soit MNm/iC la droite demandée. Traçons au hasard, dans les cercles donnés, deux autres cordes DE, de^ égales entre elles et à la droite donnée a ; puis des centres O , O', abaissons les perpendiculaires respectives OG, 01 , et (y g , O^', sur MN , DE , et mn , de.

Cela posé, puisque DE == MN = de =1 mn, on a (n'^ 109) OGsrOI , (y g := O'/ ; de plus , les deux circonférences décrites des.