LIVRE IV

PROPOSITION III

PROBLEMB.

Inscrire un carré dans une circonférence donnée, gg. xS^i Tirez deux diamètres AC, BD, qui se coupent à angles

droits ; joignez les extrémités A^ B, G, D, et la figure ABCD

sera le carré inscrit : car les angles . AOB , BOC , etc., étant

égaux , les cordes AB , BG, etc., sont égales.

Scolie, Le triangle BOC étant rectangle et isocèle , on a^ * i, 3,

BC:BO:: 1/^2:1 ; donc le côté du carré inscrit est au rayon

comme la racine carrée de 2 est à Vanité.

PROPOSITION IV

PROBLEME

Inscrire un hexagone régulier et un triangle équilatéral dans une circonférence donnée.

Supposons le problème résolu, et soit AB un coté de £g. i58. Vhexagone inscrit; si on mène les rayons AO, OB, je dis que le triangle AOB sera éqiiilatéral.

Gar Fangle AOB est la sixième partie de quatre angles droits ; ainsi en prenant l'angle droit pour unité , on aura AOB=|==:|: les deux autres angles ABO , BAO, du même triangle valent ensemble 2 — | ou ^, et comme ils sont égaux y chacun d'eux =|; donc le triangle ABO est équilatéral; donc le côté de l'hexagone inscrit est égal au rajon.

Il suit de là que pour inscrire un hexagone régulier dans une circonférence donnée , il faut porter le rayon six fois sur la circonférence , ce qui ramènera au même point d où on était parti .

L'hexagone ABCDEF éunt inscrit, si l'on joint les sommets des angles alternativement, on formera le triangle équilatéral AGE.

1 10 GiîoMiritjf:.

Scolie. La figure ABCO est un parallélogramme et même ♦i5,3. un losange, puisque AB = BC=cCOt=AO; donc* la

somme des carrés des diagonales AC + BO, est égale à la

somme des carrés des côtés, laquelle est 4 AB ou 4 BO

retranchant de part et d'autre BO,' il restera ÂC=;3 BÔ

doncÂc':BO*;;3; i,ouAG:BO::|/3: i; Aono U côté du triangle équilatéral est cm rayon comme la racine carrée de 3 est à F unité.

PROPOSITION V

PROBLEME

Inscrire un décagone régulier duns un cercle. fig- '-^ Supposons le problème résolu, et soit AB un côté du décagone inscrit ;rangle au centre AOB est égal à —ou ^; la somme des angles OBA , OAB est donc égale à 2** — ^ | ou |, et par conséquent chacun d'eux vaut ^.

Menons la bissectrice BM de l'angle OBA; le triangle MOB est isocèle, puisque les angles MOB, OBM valent chacun 1^; et l'on a OM=MB. Le triangle BAM est aussi isocèle; car l'angle MBA étant égal à |, et langle BAM à ^ , le troisième angle AMB vaut nécessairement ^.

Ainsi, AB=BM=MO.

Enfin on a* BO : BA : : MO:AM,

ou biep AO : O M : : OM : AM.

On voit donc que le rayon AO est divisé au point M en moyenne et extrême raison , et que le plus grand segment OM est égal au côté du décagone inscrit.

Remarque. Le côté du décagone inscrit dans un cercle dont le rayon est R, est égal à