AB = 2AE = FD

8/| lîl.ÉMKNTS

aoù

BF — AB rr: BF — FD — BD ~ BC,

et , par conséquent ,

AC: BC :: bc: ab,

proportion conforme à l'énoncé du problème.

PROBLÈME

133. Dédire un cercle qui passe par deux points donnés C et D (fig. 76), et qui touche une ligne droite indéjînie AB donnée de position.

Solution . — On joindra les points C et D par une droite que l'on prolongera jusqu'à ce qu'elle rencontre AB en A ; on prendra ensuite une moyenne proportionnelle entre AC et AD, par le procédé indiqué n® 13i, et AE étant cette moyenne proportionnelle, on la rapportera sur AB, en décrivant du point A conune centre , avec un rayon ^al à AE, Tare EF: le point F sera celui où doit se faire le contact de la droite AB et du cercle demandé. On pourra donc décrire ce cercle suivant le procédé du n® 119, ou par celui du n° 124.

Cette solution se prouve en observant que la ligne AC e^t une sécante, et que la question se réduit à trouver sur AB la position du point de contact, pour lequel on doit avoir, d'après le n° 28,

AD: AF :: af: ac,

d'où il suit que la distance AF s^obtlendra en prenant une moyenne proportionnelle entre AD et AC (i).

;i^ Le problème du numéro précédent ei celui-ci sont susceptibles de deux solutions. Dans le premier, non-seulement la ligne BD (J^. 75) remplit les conditions de Ténoncé , mais encore la ligne BF en tant que AB est moyenne proportionnelle entre BF et BD. v^Vo.v^j VAppiicmtiom de i'Ai-gèhre à la Gêomèirir,)

Dans le problème ci-dessus, on peut porter la ligne AE ( /^. ^) non- «leulement de A en F. mais du c<^to oppose , en F'; ou anra un

I)K GÉOMÉTKli:. H!i

IHÉORKAJE.

134. Lorsque des cordes AC, AF (fig. 74) partent de la même extrémité d'un diamètre Alî, les secondes puissdnces de leurs longueurs sont proportionnelles aux segments AE et AG compris sur ce diamètrey entre Vextrénùté commune à toutes ces cordes et le pied de la perpendiculaire abaissée de Vautre extrémité.

Démonstration, — Puisque les cordes AC ei AF sont respectivement moyennes proportionnelles entre le diamètre AB et chacun des segments AE (a AG (131 ), on aura

ÂC'=ÂBXÂK, ÂF'==XbxÂG; d'où l'on conclura

AC : AF : : AB X AE : ab x ag,

ce qui se réduit à

Xc' :ÂF :: ae : ag,

en omettant le facteur AB, commun aux deux ternu's du second rapport.

lies polygones Inscrits et elreonserlts au eerele.

135. Reman/ues, — 11 est évident que puisqu'on peut toujours faire passer un cercle par trois points donnés (119), on pourra aussi faire passer un cercle par les sommets des angles d'un triangle quelconque ABC (Jig. 77). Dans ce cas, le triangle ABC est inscrit au cercle, et le cercle est circonscnt au triangle.

cercle qui louchera la droilo AB en F', et qui passera par les points D et Ci- Si la ligne DC devenait parallèle à AB, la con&iruction indiquée 110 ferait plus connaître le point V ^ mais i^ est visiljle que, dans ce cas, la I>erpendiculairc élevée sur le milieu de la corde DC, et qui passe par le centre du cercle demandé, devenant perpendiculaire à la tanj^entc AB, déterminerait le point de uoutact F (105).

86 ÉLÉMEiSTS

Cejte propriété du triangle met en évidence celles qui ont été démontrées dans les n'^* 36, 37 et 51. i**. On voit que la somme des trois angles du triangle est égale à deux droits ; car chacun d'eux a pour mesure la moitié de Tare compris entre ses côtés , et la réunion de ces ti'ois moitiés, composant la demi-circonférence, est la mesure de deux angles droits (110).

2°. L'égalité de deux angles, A et B, entraîne celle des arcs opposés , CB et AC , respectivement doubles de ceux qui mesurent ces angles (112) : les cordes des arcs CB et AC , qui ne sont autre chose que les côtés opposés aux angles A et B, seront donc égales (99). La réciproque de ' cette proposition se prouverait aussi facilement.

3°. Enfin, le plus grand arc, lorsqu'il est moindre qu'une demi-circonférence , étant toujours sous-tendu par la plus grande corde , il s'ensuit évidenmient qu'au plus grand des angles du triangle est opposé le plus grand de ses côtés.

PROBLÈME

136. Inscrire un cercle dans un triangle donné ABC (fig. 78) , c'est-à-dire déciire dans V intérieur de ce triangle un cercle qui ne fasse qu'en toucher les trois côtés m

Solution^ — On divisera en deux parties égales deux quelconques des angles de ce triangle (111), A et B par exemple ; le point de rencontre O, des droites AO et BO qui feront cette division , sera le centre du cercle demandé.

En elTet , si l'on abaisse du point O une perpendiculain' sur chacun des côtés AB, AC, BC, les triangles AEO, ADO seront égaux (34) , ainsi que les triangles DOB el BOF (34). Les deux premiers étant rectangles , l'un en D* l'autre en E, auront de plus les angles EAO, DAO égaux comme moitiés du même angle DAE , et le côté AO commun \ il en sera de même des deux derniers qui sont rectangles, l'un en D, raiilre en F, dans lesquels les angles

HK GÉOMliTlUK. i\^

DBO, Fl)0 sont égaux comme moitiés d un même angle DBF, et le côté BO est commun : les deux perpendiculaires EO et FO sont donc égales h DO, et, par conséquent, le cercle décrit du point O comme centre, avec un rayon égal à DO, ne fera que toucher cliacun des côtés du triangle AHC.

Comme on n'a fait usage que des angles A el B, il faut encore prouver qu'en combinant, avec l'un de ceux-ci, l'angle C, on trouverait toujours le même point O. Pour cela, on joint le point O et le troisième angle C par la droite OC; l'égalité des triangles CEO, CFO, rectangles l'un en E, l'autre en F, ayant les côtés EO et FO égaux entre eux, et le côté CO commun (3i), prouve que la droite CO divise aussi l'angle C en deux parties égales.

137. Remarque, — Puisque par trois points on ne peut faire passer qu'une circonférence de cercle, il est évident que si Ton prenait au hasard un quatrième point D {Jig' 77 ) 9 ce point pourrait tomber hors du cercle ABC, et alors il serait impossible d'inscrire dans un cercle le quadrilatère ACDB; à plus forte raison, doit-il y avoir des exceptions pour les polygones dont le nombre des côtés surpasse 4(0*

THÉORÈME

138. ToiUj)oljgone d'un nombre quelconque de côtés , lorsqu'il est régidieV) c'est-à-dire lorsqu'il a tous ses angles égaux et tous ses côtés égaux, peut être inscrit et circonscrit au cercle.

Démonstration. — Soit le polygone ABCDEF (Jig. 79) dont on suppose tous les angles ABC, BCD, CDE, etc.,

(1) il est visible, par la seule iiispccliuii de la (i^rurc, que tous leb qiUMiHIatères Iclsque AC£B, dans lesquels la somme des angles opposés E et A est égale à deux droits (llll}> peuveut être inscrits au cercle, tandis que dans ACDB cette somme surpasse deux droits pour les angles C et B, et se trouve moindre pour A et D (116)*

88 lÎLÉMI^JNTS

égaux entre eux, ainsi que tous les côtés AB, BC, CD, etc. i". Le cercle qui passera par les sommets A, B, C, de irois quelconques des angles de ce polygone, passera par lous les autres; car si Ton mène, dû centre O du cercle ABC, les droites AO, BO, CO, DO, etc. , les trois premières seront, par construction, rayons de ce cercle, et, par (conséquent , égales : les triangles isocèles AOB et BOC soix)nt aussi égaux comme ayant leurs côtés égaux chacun à chacun , puisque , par hypothèse , BC = AB ; les angles ABO et CBO étant égaux , chacun d'eux sera la moitié de Fanglc; ABC du polygone : Tangle BCO, qui leur est égal , sera donc aussi la moitié de Tangle BCD égal à ABC par hypothèse; OCD sera l'autre moitié, et sera, par censé- (juent, égal à BCO. Cela posé, CD étant, par l'hypotlièse , égal à CB, les triangles BCO et OCD auront, chacun à chacun , un angle égal compris entre deux côtés ^aux , seront égaux (16) et donneront OD = OC ; ainsi le point D sera sur la circouféreace du cercle ABC. On démontrerait lie la même manière que le point E et tous ceux qui le suivent sV tix>uvent aussi.

•Ji^\ Si Ton abaisse du point O, centre du cercle circonscrite et aussi du polygone inscrit ABCDEF, une perpi'ndiculairo (Xlr sur Tun quelconque AB des côtés de ce |H>l\gonc, le confie GH décrit du point O conune centre, avec le rayon iX"i, et touchant * on >erlu de sa consIruGtion« le côté AB au point G« touchera aussi chacun des autivs ilaus leur milieu : car si du poiut O on abaisse sur lo coté UC constVulif i AB* la porpendioulaire OH, les triangles iMUi cl OBH, rectangles Tun eu G, l'autre en H, avant de plus T angle lU>0 èi;nl à OBH, et Thypoténuse OB louuminc* st^ixmt c^jaux ^Sll; ils donneront, par lOUM'queul , iHi - -> i>ll . le ceivle iiH touchera donc BC eu IL |HMul qui t^st le milieu do BC puis^iuo ksoUiques OB ol IH^. ssoul t^^alos. I.o uu'^uio rais^muoment fera voir que 00 o\'ivlo UHioKo |vitvUloiuoiil ohAouu do;^ autres c6lés.

OE c;kométuie. Sq

139. Remarque. — Les angles AOB, BOC , COD, etc., formés par les rayons menés du centre O du polygone à chacun de ses angles, se nomment angles au centre, pour les distinguer ài^i angles à la circonférence, ABC, BCD, CDE, etc. Tous les angles au centre d'un même polygone régulier sont égaux , et leur somme étant équivalente à quatre droits (13), chacun d'eux est égal à cette somme , divisée par le nombre des angles ou des côtés du polygone proposé (i).

THÉORÈME

140. Les polygones réguliers d'un même nombre de côtés sont semblables, et leurs contours sont entre eux comme les rayons des cercles auxquels ils sont inscrits ou cirvonscrits.

Démonstration. — i^. Ces polygones ont leurs angles égaux chacun à chacun -, les côtés du premier étant égaux entre eux et ceux du second étant aussi égaux entre eux , les uns et les autres sont tous dans le même rapport , et , par conséquent, proportionnels entre eux : les polygones sont donc seiublablcs (87).

•2?. Les angles AOB et aob étant égaux , et les triangles

AOBetaob étant d'ailleurs isocèles, seront semblables (66) :

ils donneront

AB : ab :: AO : no;

et les contours des polygones ABCDEF, abcdef étant entre eux comme leurs côtés homologues AB et «6 (93). seront, d'après cette proportion, dans le rapport des rayons AO et ao des cercles dans lesquels ces polygones sont inscrits.

La similitude des triangles AGO et ago^ rectangles

(0 Hnes^agil ici que des polygones dont le pcrimèlro est termine dans

tia eireonféreuco du cercle; mais l^opcratiou indiquée à la fin de la note de U paipe 65 peut en produire qui ne se foimcront qu'*uprès avoir pareouni celte circouCérenco an nombre de fols aussi grand «lu^on le voudra.

90 ÉLKMKNTS

l'un eu (i c;t Taulre eu g^ est évidente à cause de l'égalité

des angles BAO et bao^ et donne

AO : ao : : OG : o^, d'où Ton conclut

AB lab :: OG : og.

Il eu résulte, par conséquent, que les contours des deux polygones proposés étant proportionnels à leurs côtés homologues AB et ai, le seront aussi aux rayons OG et og des cercles auxquels ils sont circonscrits.

141 • Un polygone d'un nombre quelconque de côtés étant inscrit au cercle^ insciire dans le même cercle un second polygone d'un nombre de côtés double de celui des côtés du premier y et trouv^er la valeur de l'un des côtés du second.

Solution, — Soit AB ( fig, 80) l'un des côtés du premier . polygone, et AOB l'angle au centre de ce polygone^ on divisera cet angle ou l'arc AB'B qui le mesure, en deux parties égales (lH) au point B'; et les droites AB' et B'B, égales entre elles, seix>nt évidemment deux côtés contigus du nouveau polygone.

Pour trouver la valeur de AB', il faut prolonger le rayon B'O jusqu*en D^ ou aura alors (131)

ÏF' = Bni)xB^;

mais comme IV E = B'O — EO, que dans le triangle AEO,

nxtangic en E, le côté EO=VÂO' — AE*, et que AE = \ AB, B'O = AO, B'D = 2 AO, on en conclura