QU ADR. CIRCONSCR. — PROBLÈMES

N° 210 . Théorème XIII. Fig. 1 54-

ReCiproquemeht Un quadrilatère est circonscriplihle lorsque les Fig i5|. côtés opposés , pris deux h deux , y forment des sommes égales.]

Soit GIKL un quadrilatère dans lequel on suppose GI -f- KL = IK 4- LG.

Dans cette hypothèse, la figure ne saurait être un parallélogramme sans être en même temps un losange , cas qui a déjà etc' traité spécialement (n° ao3, scol. a). Ce cas étant donc excepté, il y aura toujours au inoins' doux côtés opposés, par exemple GI , KL , qui iront concourir en un point H , de manière h former, avec un troisième côté IK , un triangle RIK dont le quadrilatère fitssc partie. Cela posé, inscrivons t^j| cercle à ce triangle (no 167, coroll . i*r), et supposons que le quatrième côté GL du quadrilatère, ne touchant pas la circonférence, lui soit, par exempte, extérieur. Dans cette hypothèse, menons la tangente G'L' parallèle h GL, de manière h former le quadrilatère circonscrit G'IKL' : nous aurons alors, en vertô du ' théorème direct ,

G'I-f-KL' = IK + L'G';

or, ce résultat est contradictoire avec l’hypothèse, puisque Ton a, d’nnc part,

Gl-f KL>G'I + KL',

tandis que, d’autre part, LG étant nécessairement la petite bats du trapèze GL' (n° ao5) , on a encore

LG < L'G'.

Même raisonnement pour le cas où lecôtc GL couperait la circonférence.

Donc enfin le quadrilatère GK est circonscriptiblc.

§ IX. — Problèmes sur le Quadrilatère.

N* 211. Problème I. Fig. t 55.

Par un point C donné hors dune droite AB, mener une ] i55

parallèle à celte droite. i ■

Syiitiik.se. — 3e Construction (voyez les deux irclau n°

— i° Menons la droite CD rencontrant AB en un point quelconque D. — 2° Du point 1) comme centre, et d’un ravon

l6a LIV. I ; CHAP. V ; § IX ; —

FiR. ,55, égal à DC, décrivons un petit arc de cercle qui coupe AB en E.

— 3° Des points C et E comme centres, et du meme rayon DC déjà employé , décrivons deux autres arcs de cercle qui se coupent en F. — 4° Menons CF.

CF sera la parallèle demandée, puisque la figure DECF est un losange; etc. (n° aoa).

N. B. — On pourrait employer un parallélogramme quelconque au lieu d’un losange, en prenant des rayons inégaux.

N° aia. Problème II. Fig. i56.

Étant donnés les quatre côtés d'un quadrilatère [avec leur disposition], et lJang% compris par deux côtés consécutifs, construire la figure.

Fig. 1 56. Construction. — i° Faisons d’abord un angle MOP égal à l’an-

gle donné (n8 1 29) ; et prenons des longueurs OM, OP, respectivement égales aux côtés qui doivent comprendre cet angle.

— 2° Des points M et P , comme centres , et de rayons respectivement égaux aux deux autres côtés , décrivons deux arcs de cercle qui se couperont en un point N [si le problème est possible]. — 3° Menons MN, PN.

Le quadrilatère ainsi obtenu satisfera évidemment aux conditions de la question — (voyez le n° 192).

Discussion. — Les arcs qui ont les points M et P pour centres respectifs se coupent généralement en deux points, N, N'. — Si ces deux points se trouvent tous deux dans l’intérieur de l’angle MOP , il y aura deux solutions : dans l’une des deux , l’angle [N] opposé à l’angle donné O, sera saillant; dans l’autre , l’angle [N'] opposé à 0, sera rentrant. — Si la somme des rayonsMN et PN était égale à MP, le quadrilatère dégénérerait en triangle. — Enfin la question serait tout-à-fait absurde si ces rayons formaient une somme moindre que MP.

Scolie 1". — On obtient, comme pour les triangles, des solutions symétriques, en échangeant entre eux les côtés OM et OP.