ID IF

0 et 0'. On peut donc écrire —-=-—•

l(j Iti

D'autre part, les sécantes menées du point I au cercle 0 donnent

iL~ 15.

IG ~ lE '

De ces deux relations on tire

lE "" IG' d'où IB X IC = lE X IF

(on pourrait écrire directement cette relation en s'appuyant

sur la théorie des figures inverses).

En joignant le point I au point A et prolongeant jusqu'en H,

on a aussi

IBxIG = IAxlH,

et en rapprochant cette relation de la précédente, on obtient

IExlF = lAxlH.

C'est-à-dire que les quatre points E, F, A, H sont sur un même cercle que déterminent les trois premiers ; pour avoir le quatrième, on construit donc ce cercle et Ton mène la droite lA : la seconde intersection de ces deux lignes donne le point H cherché. On connaît ainsi deux points A et H du cercle à construire. La question est ainsi ramenée à la suivante :

Construire un cercle passant par deux points donnés et tangent à un cercle donné (N® 3).

Soient {fig. 138) 0 le cercle, et A et B les points donnés. Soit aussi 0' le cercle cherché.

Si par les deux points A et B on fait passer un cercle auxi-

. liaire qui coupe le cercle

donné en deux points G et D, les deux cordes AB et GD communes, Tune aux deux cercles 0' et 0'', et l'autre aux deux cercles 0 et 0'', rencontrent la tangente commune FE aux cercles 0 et 0' en un même point E, car ces trois droites sont les trois axes radicaux de ces trois cercles considérés deux à deux. Le point E est donc

Fig. 138.

déterminé par la connaissance du cercle 0 et des points A et B. Lorsqu'on Taura obtenu, en décrivant un cercle auxiliaire 0* et en menant les cordes AB et CD prolongées jusqu'à leur rencontre, il suffira de mener la tangente EF au cercle donné pour avoir le point F. On connaîtra dès lors trois points du cercle demandé et le problème sera ainsi ramené au N* i.

Remarquons toutefois que du point E on peut mener deux tangentes au cercle 0, et par suite que le problème admet deux solutions, qui conduisent généralement à quatre, dans le problème proposé, en raison des deux espèces de contact, intérieur et extérieur, du cercle à construire avec chacun des cercles donnés.

Pour que le dernier problème traité soit possible, il faut que les deux points soient à la fois extérieurs ou intérieurs au cercle, et dans Tun et l'autre de ces cas, il y a deux solutions. Si Tun des points se trouve sur le cercle, il n'y a qu'une solution.

Si nous passons de là à la question proposée, nous pouvons dire qu'elle n'est possible qu'autant que le point est extérieur aux deux cercles, et dans ce cas il y a généralement quatre solutions. Si le point est sur Tun des cercles, il n'y a que deux solutions.

Remarque. — On a vu (240) comment on ramène le N° 10 de notre série au problème qui vient d'être résolu : nous n'y reviendrons pas, mais il nous semble utile et intéressant, avant de passer à d'autres questions, de faire ressortir le bel exemple d'application de la méthode analytique à la résolution des problèmes de géométrie qu'offre la série dont nous nous sommes occupés. Ainsi les N*" 8, 9 et 10 se ramènent respectivement aux N°*4, 5 et 6, ceux-ci aux N^s 2 et 3 et ces derniers au NM.

317. IV. Construire un cercle passant par deux points donnés et coupant orthogonalement un cercle donné.

Soit 0' {fig. 139) le cercle qui passe par les points A et B et qui coupe orthogonalement en C et en D le cercle 0. Menons

la droite OA et soit E le point de rencontre avec le cercle 0'. Le

^ rayon OC est tangent au cer-

cle 0' puisque les deux cercles sont orthogonaux Tun par rapport à l'autre ; on a donc

OC* = OA X OE, et comme OC et OA sont des longueurs connues, on peut déterminer OE.

De là la construction suivante : joindre Tun des points

Fig. 139.

donnés, A par. exemple, au centre 0 du cercle donné ; trouver sur cette droite OA un point E, tel que Ton ait ÔC* = OA X OE ; le cercle déterminé par les trois points A, B, E est le cercle demandé.

Cette solution est indépendante de la position des points, qu'ils soient tous les deux extérieurs, comme dans la figure, tous les deux intérieurs, ou l'un extérieur et Tautre intérieur ; mais lorsque les deux points sont situés sur une même droite passant par le centre du cercle donné, le problème est impossible, ou, pour mieux dire, le cercle cherché devient cette droite.

318. V. Construire un cercle de rayon donné qui coupe sous des angles donnés vn cercle et une droite donnés.

Soit 0' (fig. 140) le cercle de rayon donné qui coupe sous des angles donnés le cercle 0 et la droite AB. En général, on appelle angle de deux cercles l'angle des tangentes menées à ces cercles par un de leurs points d'intersection, dans le môme sens circulaire, et par analogie on appelle angle d'un cercle et d'une droite, l'angle de la droite avec la tangente au cercle, menée par irjp.140 un des points d'intersec-

tion, la droite et la tangente étant considérées dans le même sens.

Cela posé, Tangle DGE des tangentes CD et CE aux deax cercles est Tangle de ces cercles, et cet angle est égal à l'angle OCO' des deux rayons OC et O'C menés au poiwt C d'intersection, car on a

DCÈ= DC0' + 0^=:idr4-t?CÈ.

et 0G0^ = ÔCE-+-KC0' = 4drH-ÊC0',

d'où DCE = OCO'.

Du triangle OCO', on connaît donc les deux côtés OC et O'C, qui sont les rayons donnés des cercles 0 et 0', et Tangle OCO' compris entre ces côtés, qui est l'angle donné sous lequel se coupent les deux cercles : on peut donc construire la longueur 00'.

D'autre part, l'angle AFG que fait la tangente FG au cercle 0' avec la droite FA, est l'angle du cercle 0' et de la droite AB. Si nous considérons que le rayon FO' de longueur donnée est perpendiculaire à la tangente FG, il s'ensuit que le triangle rectangle FO'H est déterminé parce qu'on en connaît l'hypoténuse FO' et l'angle FO'H qui est égal à l'angle AFG : on peut donc construire la longueur HO'.

De tout cela ressort la solution suivante : construire le triangle OCO' et décrire du point 0, pris comme centre, un cercle de rayon 00' qui est un premier lieu du centre 0' ; construire le triangle FO'H et mener à AB, de part et d'autre, à une distance égale à HO', deux parallèles qui forment un second lieu du centre 0' : ce centre se trouve ainsi à l'intersection de ces deux lieux.

Le problème admet quatre solutions, trois, deux, une, ou n'en admet point, suivant que les deux lieux ont quatre points communs, trois, deux, un, ou n'en ont aucun.

319. Vï. Construire dans un triangle trois cercles tels que chacun d^eux soit tangent aux deux autres ainsi qu'à deu^ côtés du Irianqle (Problème de Malfatti).

La résolution de ce problème demande rétablissement préalable des deux lemmes qui vont suivre.

1** 7'rois cercles étant donnés dans un même plan, si deux tangénies communes extérieures relatives à deux couples de ces cercles et une tangente commune intérieure relative au troisième couple concourent en un même point, les secondes tangentes communes extérieures relatives aux deux premiers couples de cercles et la seconde tangente commune intérieure relative au troisième couple concourent aussi en un même point.

Soient 0, 0' et 0" {fig, 141) les trois cercles donnés, ah, une tanfçente commune extérieure aux deux cercles 0 et 0',

Fig.141.

ac^ une tangente commune extérieure aux deux cercles 0' et 0" et ad une tangente commune intérieure aux deux cercles 0 et 0", ces trois tangentes se rencontrent en un même point a. Il s'agit de démontrer que les secondes tangentes communes extérieures eb et ec relatives aux deux premiers couples de ct?rcles, se rencontrent en un même point e avec la seconde tangente commune intérieure ef relative au troisième couple, et pour cela que la seconde tangente ef menée au cercle 0' par le point de rencontre e des deux tangentes he et ce est tangente an cercle 0.

On a établi (169) que dans un système de quatre droites qui

t032 GÉOMÉTRIE ÉLÉMENTAIRE PRATIQUE

se coupent deux à deux de manière à former une figure fermée tangente par ses côtés ou leurs prolongements à un cercle, la somme de deux côtés opposés ou de deux côtés adjacents, suivant que le quadrilatère enveloppe le cercle ou lui est extérieur, est égale à la somme des deux autres. Le quadrilatère aàec^ circonscrit au cercle 0\ donne

ac-\-ab = be-+- ce^ et le quadrilatère acedy circonscrit au cercle 0", donne

ac -hed = ad+ce.

En retranchant ces deux égalités membre à membre, il vient

ab— ed z=, be — ad,

eu (lô -f- ad = 6e + erf,

c'est-à-dire que le quadrilatère abed est circonscriptible à un eercle, et comme trois de ses côtés ab^ be et ad sont déjà tangents au cercle 0, il s'ensuit que le quatrième ed Test aussi, c'est-à-dire que la seconde tangente ef au cercle 0' est aussi tangente au cercle 0. G. Q. F. D.

2** Deux cercles étant donnés dans un même plan^ si on les ce upe par une même droite telle que les cordes interceptées soient égales j ces deux cercles seront vus sous un même angle du point de concours des tangentes menées aux deux cercles par leurs intersections extrêmes avec la droite.

Soient 0 et 0' [fig, 142) les deux cercles coupés par la droite AB de manière que les deux cordes interceptées AG et DB sont égales. Il s'agit de démontrer que ces deux cercles sont vus sous le même angle du point E, où se rencontrent les tangentes AE et BE menées aux deux cercles par leurs intersections extrêmes A et B avec la droite AB.

A cet effet, menons sur AB les perpendiculaires OF, O'G et EH. Les deux triangles semblables AHE et AFO donnent