MA

NC*

donc le rayon OA est divisé au point M en moyenne et extrême „ raison (264); or AB = OM, donc le côté du

décagone régulier inscrit est égal au plus grand des deux segments du rayon OA divisé en moyenne et extrême raison.

2° Le décagone régulier étant inscrit, si on joint les sommets de deux en deux, on aura le pentagone régulier ACEGK.

3" Soient AB le côté de l’hexagone régulier et AC celui du

décagone régulier, on aura arc AB = g de la circonférence et

arc AC=— : donc

l ® J arc AB — are AC = arc BC =i

V / l> co i5

donc la corde BC est le côté du pentédécagone régulier inscrit.

Corollaire. — Puisque le côté du décagone régulier est égal à la plus grande partie du rayon divisé en moyenne et extrême raison, on aura, en désignant ce côté par C,. et le rayon par R,

C„-Rx (265).

274. Remarque générale. — Si on divise en deux parties égales les arcs sous-tendus par les côtés d’un polygone régulier inscrit, les cordes qui sous-tendront les demi-arcs formeront un nouveau polygone régulier d’un nombre double de côtés.

Ainsi, le carré peut servir à inscrire successivement l’octogone régulier et les polygones réguliers de 16, 3?., 64,. .. côtés.

P0LYG0XKS RÉGULIERS. 1 45

L’hexagone servira à inscrire le dodécagone régulier et les polygones réguliers de 24, 48, . . . côtés.

Le décagone et le pentédécagone serviront à inscrire des polygones réguliers de 20, 4o,-.- côtés, et des polygones réguliers de 3o, 60, . . . côtés.

Les polygones compris dans ces quatre séries ne sont pas les seuls qu'on puisse inscrire par les procédés de la Géométrie élémentaire ; mais les autres polygones, qu’on sait inscrire, exigent des constructions compliquées qui ne peuvent trouver ici leur place.

PrOBI.ÉMB IV.

275. Étant donné un polygone régulier inscrit ABCDEF, circonscrire à la même circonférence un polygone semblable.

Soient les rayons OG, OH, OK,..., perpendiculaires aux côtés AB, BC, CD,..., et par les milieux G, H, K,..., des arcs AB, BC, CD,..., menons des tangentes; ces tangentes détermineront le polygone A'B'C'D' E'F' qui est le polygone demandé.

En effet, les angles A', B', C', . . ., sont respectivement égaux aux angles A, B, C,. . ., comme ayant les côtés parallèles et dirigés dans le môme sens; donc déjà les deux polygones sont équiangles entre eux.

Maintenant je mène les droites OA', OB', OC',. . ., et je dis d’abord qu’elles passeront par les sommets A, B, C, ... ; car les triangles rectangles OB' G, OB' H, par exemple, ont l’hypoténuse OB' commune et le côté OG = OH ; donc ces triangles sont égaux ; donc l’angle B'OG = B’OH, et par conséquent la droite OB' passe par le point B, milieu de l’arc GH : on verra de même que OA' passe par le point A, que OC' passe par le point C, etc.

Cela posé, puisque les droites AB, BC, CD,..., sont parallèles aux côtés A'B', B'C', C'D',. . ., les triangles OAB, OBC, OCD,..., sont semblables aux triangles OA' B', OB' C', OC'D',...; donc on a successivement