CHAPITRE IV
§ I. — Construction de points.
275. I. Construire le point équidistant de trois points non en ligne droite.
Soient A, B, G {fig. 90) les trois poiûts donnés. Le point
cherché devant être à égale distance
A de chacun d'eux, se trouvera à égale
/ distance de A et de B, et à égale
Xj)/ distance de B et de G ; il appartient
donc à la fois aux deux lieux géos^ . métriques de points équidistants,
. d'une part, de A et de B, d'autre
part, de B et de G ; il se trouve donc '^' à leur intersection.
Or comme chacun de ces lieux est la perpendiculaire menée au niilieu de la droite qui joint les deux points correspondants, le point cherché est donné par Tintersection de deux droites DO et EO respectivement perpendiculaires sur deux autres AB et BC qui se coupent, et comme cette intersection fournit toujours un point et n'en fournit qu'un, le point 0, le problème admet toujours une solution et n'en admet qu'une.
Voir (280) la construction de la perpendiculaire sur le milieu d'une droite.
Remarque I. — Le point 0 est le centre du cercle que déterminent les trois points A, B et C. Il est aussi le centre de tous les cercles équidistants des trois points donnés^ en tant que
ces trois points sont toujours, pour chaque cercle, ou tous les trois extérieurs ou tous les trois intérieurs au cercle.
Remarque II. — Si les trois points étaient en ligne droite, 1 es deux perpendiculaires menées par les milieux D et E des droites AB et BC seraient parallèles et leur point d'intersection serait rejeté à l'infini ; dans ce cas il n'y aurait pas de solution.
276. II. Construire un point équidistant de trois droites qui se coupent.
Soient AB, BG et CA {fig. 91) trois droites qui se coupent et forment entre elles le triangle ABC. Le point cherché devant
ê tre à égale distance de chacune d'elles se trouvera à égale distance de AB et de BC et à égale distance de BC et de CA ; il appartient donc à la fois aux deux lieux de points équidistants, d'une part, de AB et de BC, d'autre part, de BC et de CA : par suite, il se trouve à leur intersection.
Rappelons d'abord que ces lieux se composent (213) de deux droites perpendiculaires entre elles, qui sont les bissectrices des deux angles adjacents formés par les deux droites correspondantes.
Si Ton considère deux des bissectrices, BO et CO par exemple, des angles intérieurs du triangle ABC, ces deux droites sont nécessairement concourantes et leur point commun 0 est équidistant de AB, de BC et de CA ; il répond donc à la question et, d'après ce qui précède, il appartient aussi à la bissectrice intérieure AO du troisième angle du triangle.
Considérons maintenant la bissectrice BO' de l'angle extérieur en B du triangle ; elle rencontre en 0' la bissectrice CO de Tangle intérieur C, car ces deux droites font avec BG des
angles intérieurs dont la somme est inférieure à deux droits ; le point 0' se trouve donc aussi à égale distance des trois droites qui forment les côtés du triangle, et par suite il appartient aussi k la bissectrice AO' de Tangle extérieur en A du triangle .
On démontrerait de même que la bissectrice GC de Tangle extérieur en C du triangle se rencontre en O' avec la bissectrice intérieure de Tangle B, par suite que 0'' est un troisième point équidistant des trois droites qui forment le triangle ABC, et que ce point appartient aussi à la bissectrice AO'' de Tangle extérieur en A du triangle.
Enfin les bissectrices extérieures des angles en B et en C du triangle, respectivement perpendiculaires aux deux droites concourantes BO et GO, sont elles-mêmes concourantes et leur point commun 0'^' eât un quatrième point qui satisfait à la question et se trouve situé en même temps sur la bissectrice intérieure de Tangle A du triangle.
Le problème admet donc quatre solutions et n'en admet pas d'autres.
Si deux des droites étaient parallèles et la troisième sécante, il n'y aurait que deux solutions représentées par deux points situés entre les deux droites parallèles, de part et d'autre de la sécante.
Si les trois droites passaient par un même point, ce point, situé à une distance nulle de chaque droite, serait encore une solution et la seule pour ce cas.
Enfin si les trois droites étaient parallèles entre elles, il n'y aurait pas de solution.
Remarque I. — Dans le premier cas de la question, représenté par la figure précédente, le point 0, situé à Tintéricur du triangle, est le centre du cercle tangent aux trois côtés du triangle, autrement dit dix cercle inscrit au triangle. Les trois points 0', 0" et 0'^', situés à l'extérieur du triangle, sont les centres des trois cercles tangents extérieurement au triangle à Tun des côtés du triangle et aux prolongements des deux autres : ces cercles sont dits exinscrits au triangle.
Remarque II. — Les démonstrations qui précèdent condaisentà renoncé des propositions suivantes :
1** Les trois bissectrices des angles intérieurs (Tun triangle se coupent en un même point qui est le centre du cercle inscrit au triangle,
2® Les bissectrices de deux angles extérieurs d'un triangle et la bissectrice intérieure du troisième angle s^ coupent en un même point qui est le centre d'un des trois cercles exinscrits au triangle.
Voir (340) le calcul des rayons des cercles inscrit et exinscrits au triangle en fonction des côtés de ce triangle.
277. m. Construire le point d'où l'on voit sous le même angle les trois côtés d'un triangle.
Soit 0 [fig-^] le point du plan du triangle qui répond à la question. Il s'ensuit que les trois angles AOB, BOC et COA sont égaux ; mais comme d'autre part la somme de ces trois angles est égale à 4 droits, la valeur de chacun d'eux est égale à
Si Ton peut construire le point d'où Ton voit deux des côtés du
Fig. 92. 4
triangle sous un angle égal à -r
de droit, de ce même point on verra évidemment le troisième côté sous le môme angle et le point ainsi obtenu répondra à la question.
Le problème revient donc à construire sur deux des côtés
quelconques du triangle un segment de cercle capable d'un
» angle de — de droit. Si ces deux cercles se coupent en
dehors du point commun à ces deux côtés et que ce second I point d'intersection se trouve à l'intérieur du triangle, ce point
i répond à la question .
Lorsque le plus grand angle du triangle est inférieur à -r dr.
' le problème est toujours possible.
Si run des angles du triangle est égal à — dr., en cons-
(misant sur les côtés de cet angle les segments capables de
l'angle — dr., on a deux cercles tangents et dont le point de
-contact coïncide avec le sommet de Tangle considéré du triangle. De ce point on voit le côté opposé sous un angle égal à
-~- dr. , mais les deux côtés adjacents sont vus sous un angle
nul ; ce point ne répond donc pas à la question et il en résulte
que dans ce cas le problème est impossible.
Si Tun des angles du triangle est supérieur à --- dr., les deux
segments capables de Tangle de ~- dr. construit^ sur les deux
côtés de cet angle sont tels que les cercles auxquels ils appartiennent ont leur second point d'intersection en dehors du triangle et que ce sont les arcs correspondants à Tangle supplémentaire qui se coupent en ce point. Dans ce cas encore, il n'y a pas de solution et le problème est impossible.
Il est à remarquer que pour résoudre la question proposée on Ta ramenée à cette autre :
Construire le point d*où l'on voit sous un angle donné deux segments de droite qui ont une extrémité commune et ne sont pas sur le prolongement l'un de l'autre.
Nous avons résolu et discuté cette question lorsque Tangle
donné est égal à -- dr.
Si Tangle était quelconque, on construirait sur chacun des segments de droite le lieu des points d'où Ton voit ce segment sous l'angle donné, et chaque lieu se composant de deux arcs de cercle symétriques par rapport au segment correspondant (244), il y aurait autant de points répondant à la question que ces deux lieux auraient de points communs en dehors des deux segments, c'est-à-dire 4, 3, 2 oui, suivant les données du problème. Mais comme les deux lieux pourraient aussi n'avoir pas de ces points communs, il s'ensuivrait, dans ce cas, Timpossibilité du problème.
DAUZAT. — MÉTHODOL. 62
GÉOMÉTRIE ÉLÉM£>'TAIR£ PliATlQUE
Fig. 93.
278. IV. Trouver sur un cercle un point dont la somme des distances à deux autres points donnés du cercle soit égale à une longueur donnée.
Le problème étant supposé résolu, soit C le point du cercle 0 (fig. 93) dont la somme CA -^ GB de ses distances aux points A et B est égale à une longueur donnée.
Si Ton prolonge la droite AC d'une longueur CD égale à BC, la droite AD représente la longueur donnée. De sorte que si Ton mène les deux droites AB et BD, Où a un triangle ABD dont on connaît les deux côtés AB et AD, ainsi que Tangle ADB opposé au premier, car on sait qu*il est la moitié de l'angle connu ACB, le triangle BCD étant isocèle. La résolution* du problème repose donc sur la détermination du point D. Or ce point se trouve à Tintersection du segment capable de Tangle ADB construit sur AB et de Tare de cercle décrit du point A comme centre avec un rayon égal à AD. En joignant le point D ainsi obtenu au point A, la rencontre C de la droite DA et de la circonférence donne le point demandé.
Si les deux arcs se coupent en deux points, le problème admet deux solutions ; s'ils sont tangents, il n'a qu'une solution, et s'ils ne se rencontrent pas, il n'a pas de solution.
Remarque. — Il est un problème qui présente avec celui-ci une très grande analogie, c'est le suivant :
Construire un triangle connaissant un côté, l'angle opposé et la somme des deux autres côtés.
Connaissant dans la figure précédente le côté AB, l'angle ACB et la somme AC -f- CB des deux autres côtés, on détermine le point auxiliaire D comme il vient d'être dit plus haut, et le point C s'obtient ensuite en élevant une perpendiculaire sur le milieu de la droite BD.
279. V. Trouver sur une droite un point d'où, l'on voit deux cercles donnés sous le même angle.
Soient {fig, 94) 0 et 0' les deux cercles et AB la droite donnés.
Le point cherché doit se trouver, d'une part sur la droite AB et, de Tautre, sur le lieu des points d'où Ton voit les deux
Fig. 94.
cercles sous le même angle ; or ce lieu (248) est un cercle ayant pour diamètre la distance des centres de similitude des deux cercles.
Si le lieu a deux points communs avec la droite AB, le problème admet deux solutions ; si le lieu et la droite sont tangents, le problème n'a qu'une solution ; enfin si le lieu et la droite n'ont aucun point commun, le problème n'a pas de solution.
§ II. — Construction de droites.
280.1. Construire la perpendiculaire au milieu d'un segment de droite donné.
Soit AB {fig. 95) le segment de droite. La perpendiculaire en son milieu étant le lieu des points équidistants de ses deux extrémités A et B, pour la construire il suffît de déterminer deux de ses points.
fi
Fig. 95.
Pour cela on décrit de chacune des extrémités A et B du segment, prises comme centres, et avec un môme rayon
plus grand que la moitié de la distance AB, deux arcs de cercle qui se coupent nécessairement en deux points C et D situés au-dessus et au-dessous de la droite, et ces points appartiennent Tun et Taulre à la perpendiculaire; il suffit ensuite de les joindre pour avoir la perpendiculaire demandée CD.
Dans la pratique on ne trace de ces deux arcs que les parties qui servent à déterminer leurs intersections.
281. II . Mener par un point donné la perpendiculaire à une droite donnée.
Le point donné peut être sur la droite donnée ou hors de la droite.
1° Le point est sur la droite, — Soit 0 (fig, 96) le point par lequel on veut mener la perpendiculaire à la droite AB. Pour tracer celte perpendiculaire, il faut avoir un autre de ses
points et pour cela ramener le problème au précédent.
A cet effet, on détermine sur AB un segment, dont le point 0 est le milieu, en décrivant de ce point 0 comme centre, avec un m^ine rayon pris arbitrairement, deux arcs de cercle qui coupent AB en C et en D ; puis de ces deux derniers points pris comme centres, on décrit, avec un même rayon plus grand que la moitié de CD, deux autres arcs de cercle, qui se coupent nécessairement en deux points situés l'un au-dessus et l'autre au-dessous de la droite et appartenant à la perpendiculaire élevée par le milieu 0 de CD ; comme un seul de ces points suflît, si E est ce point, en le joignant au point 0 on a la perpendiculaire demandée.
Fig. 96.
Fi g. 97.
Dans la pratique, on limite les deux derniers arcs aux parties qui servent à la détermination d'un. seul de leurs points d'intersection.
Cette position sur la droite du point par lequel doit passer la perpendiculaire présente un cas particulier qu'il est utile et intéressant de connaître, c'est lorsque le point limite la droite d'un côté.
Soit AB (fig. 97) une droite limitée au point B par lequel on veut mener une perpendiculaire.
Supposons le problème résolu et soitBC la perpendiculaire ;
Q si l'on considère un cercle passant par le point B et dont le centre se trouve dans l'angle ABC, ce cercle coupe les côtés de cet angle en deux points D et E qui sont les extrémités / y du diamètre du cercle. D'où la cons-
truction suivante : la demi-droite se dirigeant de droite à gauche, d'un point 0 quelconque pris en dehors de la demi-droite à gauche de la perpendiculaire à conduire, décrire avec un rayon égal à OB un cercle qui coupe nécessairement AB en un second point D; joindre le point D au point 0 et prolonger la droite jusqu'à la seconde rencontre en E de la circonférence ; mener enfln la droite BE qui est la perpendiculaire cherchée.
2** Le point est hors de la droite, — SoitO (^g^. 98) le point par tO , lequel on veut mener la perpendicu-
laire à la droite AB. Pour tracer cette perpendiculaire, il faut en avoir un / second point et pour cela ramener la A C^^^ .-^ D B question au problème I (280). A cet
effet, on détermine sur AB un segment dont les deux extrémités soient équidistantes du point 0, en décri- Fig. 98. vaut de ce point comme centre, avec
un rayon plus grand que sa distance à la droite, un arc
