OCA = - AOD

OCB = - DOB,

et, si l’on retranche la première égalité de la seconde, il vient

ACB = - AOB.

Remarque. — On peut concevoir que le point C se meuve sur l’arc CB et se rapproche indéfiniment du point B, et, quelle que soit la petitesse de l’arc CB, l’angle ACB ou ACx sera constamment égal à la moitié de I angle AOB. Si le point C vient se confondre avec le point B, la droite Cx prendra une position] telle que Bx’ et elle sera tangente au cercle; alors il est évident que l’angle ABx’ sera encore égal à la moitié de l’angle au centre AOB.

Donc, tout angle ACB inserit dans le segment ACB est égal à l'angle formé y xtr la corde AB du segment et ta tangente Bx’ menée à l'une des extrémités de cette corde , du côté de la corde où le segment ACB ne se trouve pas.

Du reste, il est facile de démontrer directement que l’angle ABx, formé par la tangente Br et la corde AB, est la moitié do l’angle au centre AOB.

Car, en menant le diamètre BD, l'angle droit DBx est la moitié de l’anglo DOB, dont les côtés sont en ligne droite ( voir Note 3); donc on a

DBx = - DOB.

De même,

DBA = - DO A,

NOTES sua LB LIVRE I. — NOTE l5. 3ig

et, si l'on retranche la seconde égalité de la première, il vient

AB-r = - AOB.

On peut encore démontrer cette égalité très-facilement en abaissant sur la corde AB la perpendiculaire OE; car l’angle AB.c et l’angle l'.OB, moitié de AOB, sont égaux comme étant chacun le complément de l'angle OBE.

Corollaire I. — Dans te meme cercle, deux angles inscrits qui interceptent des arcs égaux sont égaux. Car ils sont les moitiés des angles au centre qui interceptent ces mêmes arcs, et ces angles au centre sont égaux (57).

Par la même raison : Dans un même cercle, un angle inscrit et un angle formé par une tangente et une corde sont égaux, lorsqu'ils interceptent des arcs égaux.

Corollaire II. — De ce qui précède il résulte aussi : qu’tut angle inscrit et un angle formé par une tangente et une conte interceotent chacun sur . la circonférence un arc double de celui qu'ils intercepteraient si leurs sommets étaient placés au centre.

Corollaire III. — Un angle ACB, inscrit dans un demi-cercle AMB est égal à la moitié de l’angle AOB qui intercepto la demi-circonférence AN B, ou dont les côtés sont en ligne droite; donc l’angle ACB est droit. On retombe ainsi sur une proposition qui a déjà été démontrée (141).

Un angle est aigu ou obtus, selon qu'il est inscrit dans un segment plus grand ou plus petit qu’un dcmi-dercle.

Corollaire II'. — Si lo sommet d'un angle ADB est situé hors d'un segment ACB et du côté de la corde AB où se trouve le segment, cet angle sera plus petit que l’angle ACB inscrit dans le segment. Car l’angle intéi ieur D du triangle DAC est moindre que 1 angle extérieur ACB.

Au contraire, l'angle AEB qui a son sommet dans l’intérieur du segment est plus grand que l’angle ACD. Car l’angle extérfeur AEB du triangle CAE est plus grand que l’angle intérieur ACB.

Problème.

Sur une droite donnée AB décrire un segment capable tl’un angle

donné ci.

Je fais, au point B, l’angle ABC égal à l’angle donné a; j’élève BO perpendiculaire sur BC et DO perpendiculaire sur le milieu de AB; puis du point O comme centre, avec le rayon OB, je décris une circonférence, et AMB sera le segment demandé.

Car l’angle AMB, inscrit dans rc segment, est égal à l’angle ABC formé par la corde AB et la tangente BC, puisque ces deux angles intercep-

33o NOTES STR LE LIVRE 1. — .NOTE 1 5.

tent le même arc AB : donc

AMB = a.

]{rimnr/uc J , — ISarc AMB est le lieu des sommets de tous tes triangles, situes au-dessus de AB, qui ont /«sur buse commune la droüe AB et pour angle au sommet l'angle a.

Ou, en d’autres termes, l'arc AMB est le lieu des /mints situés nudessus de AB, d'où l’on voit la droite AB sous un angle donne a.

Après avoir décrit le segment AMB, capable do l’angle a, on pourrait en construire un autre AM, B au-dessous de AB, capable du même angle, et l’ensemble des deux arcs AMB et AM, B serait le lieu des /saints d’où l'on voit la droite AB sous l’angle donné a.

Remarque JJ. — Si l’angle donné a était droit, le segment AMB serait un demi-cercle ayant AB pour diamètre, conformément à ce qui a déjjï été vu { lil ). Donc, le lieu des points d’où l’on voit une droite AB sous un angle droit, est la circonférence décrite sur cette droite comme clinmètre. ‘

Remarque 111. — Au lieu de résoudre le problème ci-dessus par la méthode synthétique, on peut le résoudre par la méthode analytique; comme il suit ( voir Note 4) :

Supposons le problème résolu et soit AMB le segment demandé. On voi l d’abord que le centre O de la circonférence AMB doit se trouver sur la perpendiculaire DO, élevée sur le milieu D de la corde AB : de plus, si par l’extrémité B de cette corde on mèno une tangente BC, l’angle ABC sera égal à l’angle AMB inscrit dans le segment AMB ou égal à l’angle donné a-, et réciproquement, si l’on fait l’angle ABC égal à l’angle a, le côté BC sera tangent à la circonférence AMB. Donc, en meuant par le point B une perpendiculaire à BC, cette perpendiculaire devra passer aussi par le centre O, et par conséquent ce centre sera déterminé.

Donc, pour résoudre le problème on élèvera une perpendiculaire DO sur le milieu de AB (64), puis on fera l’angle ABC égal à l’angle donné a (38) , et du point B on élèvera sur BC la perpendiculaire BO (68) qui coupe DO au point O; enfin, de ce point comme centre, avec OB pour rayon, on décrira une circonférence, et AMB sera le segment demandé.

On retombe ainsi sur la construction qui a été faite de prime abord , en suivant la méthode synthétique.

Remarque II . — Par la méthode analytique on peut encore résoudre le même problème de deux manières.

i“ Supjiosons le problème résolu et soit AMB le segment demandé. On voit d’abord que le centre O de la circonférence AMB doit se trouver sur la perpendiculaire DO élevée sur le milieu D de la corde AB, et, de plus, si l’on joint le point O au point B, l’angle DOC, moitié de l’angle au centre AOB, doit être égal à l’angle inscrit AMB ou à l’angle donné a.

Donc, pour résoudre le problème, on élèvera la perpendiculaire DO sur le milieu de AB, puis on mènera du point B la droite BO de telle sorte, que l’angle BOC soit égal à a ( voir Note 8); enfin, du point O comme centre, avec OB pour rayon, on décrira une circonférence, et AMB sera le segment demandé.

NOTE l5.

ï° Supposons le problemo résolu et soit AMB le segment demandé. Alors, dans le triangle MAB, l’angle M est égal à l’angle donné a, et par conséquent la somme des deux autres angles MAB, MBA, est le supplément de l'angle n; et réciproquement, si l’on construit un triangle MAB tel, que la somme des angles M.$B. MBA soit égale au supplément do a, l’angle AMB sera égal à l’angle a, et par conséquent le sommet M sera situé sur l’arc du segment cherché.

Donc, pour résoudre le problème, on divisera le supplément de l'angle a en deux parties quelconques, puis on fera l’angle MAB égal à l'une de ces parties, et l'angle MBA égal à l'autre; enfin on circonscrira une circonférence au triangle MAB (138), et AMB sera lo segment demandé.

Remarque V . — Ce problème : Décrire une circonférence passant par les extrémités d’une droite AB. et faisant avec cette droite un angle donné a ( 1 43 ) , revient à décrire sur AB un segment capable do l'angle a.

Théorème II.

Dans tout quadrilatère convexe ABCD. inscrit dans un cercle, les angles opposés sont supplémentaires.

Car l'angle inscrit B, par exemple, est la moitié de l’angle au centre AOC qui intercepte l'arc ADC, et l'angle D est la moitié de l'angle au centre AOC qui intercepte l’arc ABC (voir Note 5). Or, la somme des angles formés autour d’un point O est égale à quatre droits (70) ; donc on a

B-f-D = »dr.

Remarque I. — Réciproquement, ri dans un quadrilatère convexe ABCD deux angles opposés B et D sont supplémentaires, le quadrilatère est inscriptible. Car, si Ton fait passer par les trois sommets A,. B, C une circonférence ABCM, l'angle AMC sera le supplément de l'angle B, et par conséquent il sera égal à l'angle D; donc le sommet D est nécessairement situé sur l’arc du segment AMC ( Corail . IV du Thédrème I de cette Note).

Remarque II. — Si l’on fait mouvoir un angle AMB dans son plan (299), de manière que scs côtés passent constamment par deux /nints fixes A et B, le lieu décrit par le sommet M est une circonférence.

Car le sommet M décrit d’abord au-dessus de la droite AB l’arc du segment capable de l’angle AMB.

Ensuite, si le sommet M passe en-dessous de AB en M,, par exemple, l'angle AM, B, supplémentaire de l'angle AM, r,, est aussi le supplément de l'angle AMB. Donc le quadrilatère AMBM, est inscriptible, et, par conséquent, le sommet M décrit la ciiconférence AMBM, A.

NOTES SUR LF. LIVRE I. — NOTE iG.

QUATRIÈME CAS D’ÉGALITÉ DE TRIANGLES QUELCONQUES. NOMBRE DES DONNÉES NÉCESSAIRES POUR QU’ON PUISSE CONSTRUIRE UN TRI- ANGLE, UN POLYGONE DE « COTÉS.

Du problème exposé au n° 151, on peut conclure ce quatrième cas d’égalité de triangles quelconques : Deux triangles sont égaux, lorsqu'ils ont deux côtés égaux chacun à chacun et l'angle opposé au plus grand de ces côtés égal. Du reste, il est facile de démontrer ce théorème directement.

Soient les triangles ABC, DEF, et supposons qu'on ait AB = DE , AC = DF, H = E, AC > AB, et par conséquent DF > DE ; je dis que ces triangles sont égaux.

Pour le démontrer, il suffit de faire voir que l'angle A est égal / ''V à l'angle D.

- Or, supposons, par exemple, qu’on ail A > D, et faisons l’angle BAG égal à l'angle D. Les deux triangles ABG, DEF seront égaux comme ayant un côté égal adjacent à deux angles égaux chacun à chacun; donc on aurait AG = DF = AC, ce qui est impossible. Car, les trois droites AB, AC, AG étant menées du point A à une môme droite BC, la droite intermédiaire AG doit être moindre que l'une des deux autres AB, AC (30), et par conséquent moindro que AC.

Donc il est pareil'ement impossible que les angles A et I) soient inégaux, et, par suite, les triangles ABC et DEF sont égaux.

Remarque I. — De ce quatrième cas d’égalité de triangles quelconques et des trois autres qui ont été démontrés aux n“ 02, 03, 05, il résulte "qu’tt// triangle est, en général, déterminé par trois de scs cléments, pourvu que parmi ces éléments il y ail au moins un côté, il n’y a d'exception que dans le cas où l’on donno deux côtés d’un triangle et l'angle opposé au plus petit de ces côtés; car, avec ces données, on peut ordinairement construire deux triangles différents.

S’il s'agit d’un triangle rectangle, on connaît l'un ce ses angles; alors il suffit de connaître deux autres de ses éléments dont l’un, au moins, soit un côté.

Remarque II. — Plus généralement, on a vu (153) que pour construire un polygone de n côtés, il faut d’abord construire un côté, et déterminer ensuite la position des sommets des angles situés hors de ce côté. Or, le nombre de ces angles est n — 2, et la position de chaque sommet se détermine au moyen de deux données; d'où il suit que le nombre total des données nécessaires pour qu’on puisse construire un polygone de « côtés est 1 4- 1 (n — 2) ou i -l-2« — 4, ou enfin 2/1 — 3.

Ainsi, pour construire un quadrilatère, il faut cinq données qui peuvent varier d’un grand nombre de maniérés, et, de plus, on doit connaître comment ces données doivent être disposées.

NOTES SI K I.E LIVRE I. — NOTE l6.

Par exemple, ou peut construire une quadrilatère :

i° Lorsqu'on connaît trois do ses côtés et les deux angles qu'ils comprennent ;

ï° Lorsqu'on connaît deux do ses côtés, l'angle qu'ils comprennent et les deux angles compris entre ces côtés et lis deux autres;

3° Lorsqu'on connaît ses quatre côtés et l'une de ses diagonales.

S'il s'agissait d’un quadrilatère particulier, ce quadrilatère serait assujetti à certaines conditions, en vertu de sa définition, et il ne serait plus nécessaire d'avoir cinq données pour pouvoir le construire (132).

STR LES CONNAISSANCES d’aHITÜIIÊTIQIE ET d'aLGÈBRE NÉCESSAIRES POUR L'ÉTUDE DU SECOND LIVRE ET DES SUIVANTS.

A pari (le rares exceptions il n'a pas été question de nombres dans le premier Livre de ces Éléments, et pour l'étudier il suffit d’avoir les connaissances d'Arillimétique les plus usuelles. Mais il n'en est pas de même pour les autres Livres, et particulièrement pour le second, le troisième et le quatrième.

Nous supposerons donc par la suite que le lecteur connaisse suffisamment bien : les quatre opérations fondamentales sur les nombres entiers, la recherche du plus grand commun diviseur de deux nombres, les quatre opérations fondamentales sur les fractions à termes entiers ou à termes fractionnaires, l’extraction de la racine carrée et de la racine cubique, la manière de délinir les opérations relatives aux nombres incommensurables et d'étendre à ces nombres les théorèmes déjà démontrés pour les nombres commensurables, la théorie des proportions, et enfin les premiers principes d'Algèbre.

Ces connaissances suffisent pour étudier tout ce qui est contenu dans le Texte et même dans les Notes. Toutefois il est à désirer (pie les élèves aient vu tout le cours d'Algèbre élémentaire, soit à cause de l’emploi de l’Algèbre pour résoudre des questions de Géométrie, soit à cause de la grande utilité des logarithmes dans les applications numériques.