P01TC05KS

triangles sjinélriqpies , deux trapèzes symétriques, deux losanges, deux rectangles , deux portions de cercle et deux polygones réguliers quelconques se superposent, s’ils sont égaux, quand on fait confondre les axes de symétrie , soit en appliquant les deux figures l’une sur l’autre, soit en opérant un rabattement. Cela vient de ce que la partie située, par exemple, à droite de l’axe de symétrie dans l’une des figures, est égale à la partie de droite, et à la partie de gauche de l’autre.

Il résulte de cette propriété que le panneau propre à fermer une ouverture qui a un axe de symétrie, peut s’y placer ou en glissant dans des coulisses, ou en tournant sur une charnière: tels sont les battans de portes rectangulaires, les croisées, les couvercles des boites, etc.

Mais , les deux moitiés d’un triangle symétrique , ou celles d’un trapèze sj'métrique, par exemple , ne peuvent être placées exactement l’une sur l’autre, si l’on n’en renverse aucune; car ces moitiés n’ont point d’axe de symétrie, et par suite, les parties de droite dans l’une ne sont pas égales aux parties de droite dans l’autre ; elles sont égales seulement aux parties de gauche, à cause de la symétrie du triangle ou du trapèze total , et le rabattement opère la superposition (i6o et i85).

Quand un rabattement est indispensable pour opérer la superposition, on dit que les figures sont égales par symétrie, pour les distinguer de celles qui peuvent être placées l’une sur l’autre sans renversement, et qu’on appelle Jigures égales tout simplement. Les arts font un fréquent usage des figures égales par symétrie ; il faut donc apprendre à les tracer. On y parvient au moyen du principe suivant. .

253. Deux polygones ABGDE, A'B’C’DTî’, sont égaux par symétrie, quand les droites qui joignent les sommets de l'un à des sommets de même rang dans Vautre, ont un axe de symétrie commun FG (P. IX, F. ao); car, puisque les angles F, II, I , R, G sont alors droits ({3), toutes les parallèles de la figure FA'B'C'D'G se rabattront sur celles de la figure FABCDG, si l’on fait tourner sur FG , et comme les premières sont égales aux secondes, les points A', B', G', D', E' tomberont sur A, B, G, D, £; les deux polygones se superposeront donc par rabattement.

Problème ; Tracer un polygone qui soit égal par symétrie à un polygone donné ABGDE (P. IX, F. uo).

Menez des parallèles quelconques par tous les sommets dtt polygone ; coupez-les par une perpendiculaire FG ; portez AF de F en A', BH et II en B', El de I en E', etc. ; joignez A' avec B' et E’, B' avec G’, etc. ; vous formerez le polygone A’B'G’D'E’ qui sera égal par symétrie , au polygone donné ; ou , ce qui revient au même , les deux figures seront symétriquement placées par rapport à l’axe FG. <

BOlTCOnS.

Appl. (a) : 11 y a plosiènrs métiers oà l’oo est Obligé de formel* des figures égales par symétrie : tels sont en général ceux qui concernent les vétemens , parce que le corps humain est composé de parties égales et symétriquement placées. S’agit-il , par exemple , de couper dans une étoffe les dessus des deux manches d’un habit ; le tailleur plie l’étoffe de façon que l’endroit se trouve en-dessus et en-dessous ; pais , il trace un seul dessus de manche et coupe selon ce tracé , les deux morceaux de drap placés l’un sur l’autre ; enfin il dédouble, ce qui est l’opération inverse du rabattement, et il a deux figures égales qui peuvent être placées symétriquement , ^en présentant l’endroit dn même côté.

< Le cordonnier , pour former les deux semelles d’une paire de souliers ; le gantier , pour tailler les dessus ou les dessous d’une paire de gants; la lingère, pour couper les passes d’un bonhet, emploient le procédé du tailleur , et il en est de même de plusieurs autres ouvriers. »

Appl. (ô) : On peut encore se servir du même procédé , pour former un carfé dans un rectangle d’une matière susceptible d’étre pliée. Formes le pli de manière qu’il passe exactement par le sommet A (P. IX, F. ai), et que le petit côté AB du rectangle s’applique sur le grand côté AC ; marquez la nouvelle position B’ du sommet B , et l’autre extrémité D du pli AD ; ramenez le friangle ABD dans sa première position et tracez la droite B'D ; le quadrilatère ABD B’ sera un carré, puisqu’il se trouvera composé de deux triangles rectangles égaux et symétriquement placés par rapport à la diagonale AD (aoi). *’

Appl. (c): Toutes les figures qn’on obtient par Impression, sont égales par symétrie à celles que présen^nt les planches , les caractères, les cachets, etc., puisqu’elles sont des empreintes de figures renversées. Il en résulte qu’il faut écrire de droite à gauche sur une planche , pour que les mots soient reproduits de gauche à droite : c’est de cette manière que les graveurs écrivent sur le cuivre , l’acier , le bois , et les lithographes sur la pierre.

« Les caractères d’imprimerie doivent aussi se présenter à l’envers.

Pour les obtenir, on coule l’alliage dont ils sont formés , dans des moules qui offrent les lettres en creux et tournées dans le sens ordi-> naire ; de sorte que les lettres du moule sont simplement égales aux lettres de l’alphabet , et que leuç égalité avec celle des caractères est une égalité de symétrie. La même chose arrive, quand en lithographie , on écrit de gauche droite , sur un papier préparé qu’on applique ensuite sur la pierre ; il y laisse des caractères égaux t par symétrie à ceux qu’il porte , et la pierre reproduit ces derniers SOT le papier blanc qu’on y presse. G’est encore ce qui a lieu dans Vopération du eliehé: un dessin est appliqué renversé, sur une planche ; il y laisse une empreinte égale par symétrie à la figure qu’il contient; on sculpte cette planche selon l’empreinte, et elle devient propre à reproduire le dessin, par impression. » -4- F

Appl. (d) : Enfin , les miroirs plans présentent pour imagé d'me I

poLTGoms. «$7 *

figure plane, une figure qui lui est égale par symétrie; car si vous mettez l’objet tout contre la glace , il ne s’applique sur son imagé, que renversé. De là vient que les mots écrits de droite à gauche sur un papier, se lisent facilement, quand on les place devant un miroir, t \

234. Division des poiygo-nks en pauties éqüivai-entes : L’équivalence des polygones n’est pas moins importante pour la pratique , que leur égalité (190). L’arpenteur, par exemple, est souvent appelé à partager un terrain polygonal en portions de même étendue , en un certain nombre de polygones équivalons. Il peut procéder de deux manières : sur le terrain même pu d’après un plan de ce terrain. La première méthode est bien plus sûre que la seconde; mais nous ne pourrons l’exposer cpi’à l’article des mesurages. C’est donc de la division eu parties équivalentes , d’un polygone quelconque , tracé sur le papier , que nous allons nous occuper.

Probl. (a) : Diviser un triangle ABC, en un nombre donné de portions équivalentes, par des droites qui partent d'un des sommets , de A par exemple (P. IX , F. an).

L’opération consiste à diviser le coté BC , ojqmsé à l’angle A , en autant de parties égales qu’on veut at oir de parts , par exemple en trois (p. 89), et à joindre le point-A aux points de division D, E,

Les trois triangles ABD , ADE , AEC ont la même superficie , parce que leurs bases BD , DE , EC ont même longueur et que la hauteur de chacun est la perpendiculaire abaissée de A sur BC (190).

Si vous voulez reporter sur le terrain , la division faite sur le papier, vous aurez à voir combien BD contient -de parties de l’échelle du plan ; à porter deux fois le nombre de mesures correspondantes , sur la droite B'C' du terrain , en partant de B' ou de C', et à joindre le point A' avec les deux points D', E' que vous aurez marqués ainsi.

Cette manière de reporter sur le terrain , la division faite sur un plan, convient à tous les cas que nous allons examiner; vous devrez donc y recourir toujours.

PaoBL. (6) : Tracer dans un quadrilatère quelconque ABCD , un parallélogramme équivalent au reste (P. IX, F. ao).

Marquez les milieux Ë , F, G, II des quatre côtés ; puis joignezles deux à deux, de manière à former un autre quadrilatère ËFGil. Cette figure sera un parallélogramme et vaudra la somme des quatre triangles restans.

« En effet , FC est parallèle à BD , puisqu’elle divise les concourantes BC, CD en parties égales (78). La droite EU est aussi parallèle à BD, pour la même raison, et par suite FG, Eli sont parallèles (68). Un raisonnement analogue montrerait que EF est

* *58 POITGOS**.

parallèle à GH. Donc, premièrement, le quadrDatère EFGH est un parallélogramme. >

« £u second lieu , le triangle AEH yaut la moitié du parallélogramme ElKJi (19')) même base EH, et même

hauteur, puisque la perpendiculaire abaissée de A sur BD, serait divisée en deux parties égales par EH , comme AB , AD (79). Ce raisonnement répété fait voir que DGH = 5 GHLM, CFG = 5 FGKI, BEF = -7 EFML. Conséquemment , AEU -1- CFG = ^ EFGH , DGH + BEF = ÿ EFGH , et la somme des quatre triangles équivaut au parallélogramme EFGH. »

Ainsi, tout quadriialère est double du parallélogramme formé par la jonction des milieux de ses côtés,

Pbobi. (c): Diviser un polygone quelconque ABCDE, en un nombre donné de parties équivalentes , par des droites qui partent •d’un sommet A (P. IX, F. 24).

Il faut d’abord changer le polygone en un triangle équivalent ABF (a I G). Divisez ensuite la base BF en autant de parties égales que vous voulez de portions ; par les points de division H , I , K, etc., menez des parallèles à là))remière diagonale AC , jusqu’à la rencontre du second côté CD ou de son prolongement ; joignez le point A aux points L , M, etc. où ces parallèles coupent le côté CD , et par ceux N, O, etc., où elles coupent le prolongement, tirez des parallèles à la seconde diagonale AD , jusqu’au troisième côté DE ou jusqu’à son prolongement ; joignez A aux points P , etc. où DE est rencontré par ces nouvelles parallèles ; et de ceux où elles coupent le prolongement, menez des parallèles à la quatrième diagonale; cnGu, continuez toujours de même , jusqq’à ce que vous soyez parvenus à rapporter ainsi , sur les côtés du polygone donné , tous les points de division de la base BF du triangle équivalent. Les droites AG, AL, AM, AP partageront la superficie comme il est demandé.

« 11 est clair que ABG est le cinquième du polygone , puisque ce triangle est le cinquième du triangle ABF (probl.n). Les triangles ALC, AHC sont équivalens, attendu qu’ils ont même base AC et que leurs spmmets L , U sont sur HL parallèle à AC (192) ; ajoutant donc ACB à chacun, nous aurons ALCB = AHB. Or, AHB vaut 5 de ABF; par conséquent, ALCB vaut § de ABCDE, ou bien ALCG est J- de ce polygone. Un raisonnement analogue montrerait que AML est j de la superficie donnée. »

« Quant à la droite AP , elle forme le triangle APD qui équivaut à AND (192). Ajoutant de part et d'autre ADCB, nous aurons APDCB = ANCB. Mais, le triangle ANC = AKC, ou ANCB — AKB qui vaut J de ABF. Donc , APDCB vaut | de ABCDE , APDM est le quatrième cinquième de cette superficie, et AEP en est le dernier cinquième.

c 11 est visible du reste que-, si le nombre des parties demandées était plus grand que 5 , il ne s’agirait que de répéter les raison— nemens qui précèdent, r

Digiti.?ed by Çoogl

POLTOOHES. ' '' «Sji '

« Enfin , on doit tomber sur le sommet £ , en menant de F, une parallèle à AC , et de O , une parallèle à AD , puisque c'est par la marché contraire qu’on a construit ABF. »

Probi,. (d): Diviser un polygone quelconque ABCDE en portions équivalentes , par des droites qui partent d’un point F marqué sur un des côtés CD (P. IX, F. â5).

Il faut d’abord convertir le polvgone en un triangle AGH dont un des côtés soit dirigé suivant CD (p. ai fi). Ensuite, divisez GH en autant de parties égales qu’on demande de portions; des points de division I , K , L , etc. , menez des parallèles à AF , et joignez F aux points M , N , O, etc. où ces parallèles rencontrent AB , AE. Les droites FM , FN , FO feront le partage voulu , comme dans le cas précédent.

& Pour le démontrer, menons AL, AK, AC, AI. Nous aurons AOF=ALF, ANF = AKF (19a), et par suite ANFO = AKL, le quart de AGH ou du polygone donné (probi. a, p. aSy). t

<^ D’un autre côté , AMF = AIF ; ajoutons AOP au premier triangle et ALF au second , il viendra AMFO = AIL = | de AGH ) et comme ANFO en est il restera j de AGH ou du polygone , pour la superficie de MNF. »

« En troisième lieu , ABC = AGC, puisque pour la conversion du polygone en triangle , il a fallu mener BG parallèlement à AC. Ajoutant ACF aux deux parties de l’égalité, nous aurons ABCF — AGF ; ajoutant AOF à la première partie de cette nouvelle égalité et ALF à la seconde, nous trouverons que ABCFO=AGL = J de AGH. Mais, AMFO vaut j de AGH ou du polygone ; donc, BCFM en est le troisième quart, et DEOF, le quatrième. »

Applicxtiox : Il est visible 'que les trois problèmes a,c, d qu’onvient d’étudier , sont applicables aux cas où l’on doit partager un terrain par des chemins qui aboutissent tous à une maison-, à un pont , à un puits, etc. Mais, il peut se faire aussi que les chemins doivent aboutir à des points dilTérens ou à un point situé dans l’intérieur du polygone ; voici les tracés qu’il faut exécuter dans ces deux cas.

Probl. (e) : Diviser un polygone quelconque ABCDE en portions équivalentes , par des droites qui partent de plusieurs points F, G marqués sur un côté (P. IX, F. 26).

Après avoir converti le polygoBe en un triangle AHI et divisé la base III en quatre parties égales, par exemple, vous joindrez A aux points F, G; par les points de division K, etc., vous mènerez autant de parallèles à FA, que vous voudrez de droites partant de F , et par les autres points K', etc. vous tirerez des parallèles à GA; enfin, vous joindrez F, G aux points L, M, etc. où les parallèles couperont les côtés AB , AE du polygone , et les droites FL , GM, GN , etc. feront le partage demandé. Ce tracé se démontre comme le précédent.

POLTGOXES.

aéo

Probl. (/) : Diviser en parts équivalentes un polygone quel-conque ABCDE , par des droites qui partent d’un point intérieur F et dont une soit assujettie à quelque condition (P. IX, F. 27).

Supposons que FD doive être une des droites demandées , et qu’il faille en tracer encore trois autres. Vous convertirez le polygone en un triangle AGH; puis, vous incnerez FG et sa parallèle AI, FH et sa parallèle AK. Le triangle FIK aura autant de superficie que AGH, parce que le triangle FKH remplacera FAH et que FiG remplacera FAG (192). Cherchez le quart de IK, puisqu’on veut quatre portions équivalentes; portez ce quart de D en L; DFL sera le quart de FlK (prohl. a, p. 257); menez FC et sa parallèle LM; GMF remplacera CLF, et par conséquent, CDFM sera le quart de FIK ou du polygone donné.

Portez un quart de IK , de D en N, cl tracez KO parallèle à FD ; FOD sera un second quart du polygone , pour des raisons analogues aux précédentes. Prenez KP = DN et tirez PQ parallèlement à FD, jusqu’à la rencontre de DE prolongé. FQD sera équivalent à FPD , moitié de FlK , et si vous menez QR parallèle à FE , FRE pourra remplacer FQE ; d’où suit que FRED sera aussi la moitié de FIK. Donc , FREO sera le troisième quart du polygone , et FRABM , le quatrième. ,

Il est aisé de voir que par la même méthode , on opérerait le partage en 5, 6, etc. portions égales. Si QR rencontrait le prolongement de AE, on mènerait de l’intSfsection , une parallèle à AF, jusqu’au côté AB, et l’on joindrait le point F au nouveau point de rencontre , pour avoir la quatrième des droites demandées.

Probi. (g) : Diviser un polygone régulier, en un nombre donné de portions équivalentes , par des droites qui partent du centre.

Il faut diviser un côté en autant de parties égales qu’on veut de portions; puis tirer les lignes de partage, de manière que les extrémités différentes de celles qui se suivent, soient séparées par autant de parties de côté , que le polygone a de sommets.

Supposons , pour exemple , qu’il s’agisse de diviser l'hexagone régulier ABCDEF en cinq portions équivalentes (P. IX, F. 28), par des droites qui parlent du centre G. Vous diviserez un côté AF en cinq parties égales ; puis vous en porterez une de F en H^et de B en L, deux de E en I et de G en K , afin que les lignes brisées AFII , HEI , IDK , KCL , LBA en contiennent chacune sis , autant que l’hexagone a de'sommcts. Enfin, vous tirerez les droites GA, GH, GI , GK , GL qui partageront le polygone en cinq portions équivalentes.

Effettivement , chaque portion se trouverait composée comme AGHF, de six triangles équiv.alens (i 92 et 2 i o) , si l’on marquait ‘les cinq parties égales de chaque côté et qu’on joignit les points de division au centre G; de plus, les triangles d’une portion équivaudraient à ceux de toute autre. , •

23S. SiMuiTUDE BBS POLTGONES t Lcs pi'iipriélés des figures sem-

F0LTG05ES.

bibles sont très-sourent utiles dans l’industrie: bien des cas s» présentent où ce n’est pas une face égale à une autre qu’il faut produire , mais une face plus petite ou plus grande qui soit pourtant l’exacte copie de cette autre. Nous connaissons déj.i les caractères auxquels on reconnaît que deux triangles sont semblables (169 et suivans); nous devons maintenant étudier ceux de la similitude ou ressemblance des autres polygones.

Puisque deux polygones semblables sont copies l’un de l’autre', les angles du grand sont égaux aux angles de même rang dans le petit , et le rapport entre deux côtés correspondans est le même pour tous (168).

236. Il s’ensuit que deux polygones semblables sont composés d’un même nombre de triangles, tels que ceux de même rang ou de même position sont semblables.

En effet , si les deux pol3’'goneî ABCDE , abede sont semblables (P. IX ,'F. 29), l’angle B est égal à l’angle b et l’on a AB l ab IZ BC l bc-, donc (i 73) les deux triangles ABC et aùc sont semblables. Par conséquent , l’angle ACB =: acb et BC Z bc Z‘. AC ' ac. Or , l’angle C du grand polj gone est égal à l’angle c du petit ; donc , l’angle ACD = nerf; et puisque BC Z bc Z Z CD Z cd, on a aussi AC : ac Z Z CD Z cd] ainsi (lyS), les deux triangles ACD et nerf sont semblables. On démontrerait de même que les triangles ADE et nrfe .sont semblables , et ce raisonnement conduirait à de pareilles conclusions, quel que fût le sommet d’où partissent les diagonales.

257. Pour que deux polygones soient semblables, il suffit qu’ils se trouvent composés d'un même nombre de triangles, tels que ceux de même rang ou de même position soient semblables.

Si ABC est semblable à abc (P. IX, F. 29), l’angle B = ù, BAC = ùnc, ACB = nc6 (168). Si les triangles ACD, nerf sont semblables , l’angle ACD :r= nerf; par conséquent , l’angle total C est égal à l’angle total e. En continuant ainsi , on démontrerait que les angles du grand polj'gone sont égaux aux angles correspondans du petit.

Maintenant, la similitude des triangles donne BC Z bc Z Z AC Z ne et AC Z ac Z Z CD Z cd. Donc , BC Z bc Z Z ,CD Z cd. On verrait de meme que CD Z cd Z Z DE Z sic , et par suite , que tous les côté# correspondans des deux polj'gones , sont proportionnels , ou que le rapport de deux d’entre eux égale celui de deu.x autres quelconques.

Il est fort important de faire observer que l’égalité des angles ne suffit pas pour rendre semblables deux polygones qui ont plus de trois côtés. Les angles de même rang peuvent effectivement être égaux dans ce cas , sans que les côtés soient proportionnels. Prolongeons BC , par exemple , jusqu’en un point quelconque F, et par ce point, menons FG parallèlement à CD , jusqu’à la rencontre du prolongement de ED. Les angles F, G seront égaux aux angle# C, D, et par conséquent,, il y aura égalité entre les angles da

FOLTGOITBS.

polygone ABFGE et ceux de abcde. Mais , puisque le rapport de B€ à bc est le même que celui de AB à. ab , le rapport de BF à bc difiërera de ce dernier; il en serait de même des rapports de FG k cd , Ae GG à de.

ha proporlionnalité des côtés ne suffit pas non plus pour rendre semblables deux polygones qui ont plus de trois sommets; car si nous rapprorliiuns AD de AC , nous pourrions conserver la longueur de CD , en ouvrant convenablement l’angle ACD , et construire sur la nouvelle diagonale AD , un triangle qui eût AE, DE pour scs deux autres côtés. Les points D , £ quitteraient les positions qu’ils occupent dans la ligure; les angles C, D, E, A changeraient d’indication; ils ne seraient plus égaux aux angles c, d', e, a, et pourtant le rapport des côtés de même rang ne serait point altéré.

Probl. (a); Tracer sur une droite ab, donnée de grandeur et de 'position, un polygone semblable à jin autre ABCDE (P. IX , F. ig).

On partage en triangles le polygone donné , et l’on construit sur ab , un triangle aôc semblable à ABC (p. igS); sur ac\ un triangle acd semblable à ACD , et ainsi de suite. Le polygone abcde qu’on obtient ainsi , est semblable au polygone ABCDE , en vertu du principe précédent.

Probl. (6) : Tracer pn polygone qui soit semblable à un autre ABCDE^et dont un côté ait une longueur donnée (P. IX , F. 3o).

Supposons que le côté connu spit le correspondant de AB.

D’un point quelconque F pris arbitrairement, menez des droites à tous les sommets; portez de A en B', la longueur donnée; tirez de B', une parallèle à AF, jusqu’à la rencontre de BF, et par cette rencontre ô, menez ba parallèlement à BA. La droite ba sera égale à AB' (C5). Cela fait, tracez par 6, bc parallèle à BC ; par c, cd parallèle à CD ; par d, de parallèle à DE; enfin par e, ea parallèle

à EA.

Le angles de abcde sont égaux à ceux du polygone donné (64) et les côtés correspondans sont proportionnels : on a , par exemple , CD cd',’. DF : df, DE de DF l df (8i), et par conséquent, CD; cd’.', DE ; de. Les deux polygones sont donc semblables (uSô), et comme le petit a la droite donnée pour un de ses côtés , il est le polygone demandé.

Si le côté donné était plus grand que AB , le point B' se trouverait sur le prolongement de AB et B'6 irait rencontrer FB au-dessous de B.

Le point F, concours des droites qui joignent les extrémités de côtés ou de diagonales CE , ce , parallèles et de même sens , a été nommé centre de similitude directe.

Vous voyez qu’on peut choisir le centre de similitude directe, de telle manière que le polygone demandé soit tout-à-fait hors du ' polygone donné. Ce point pourrait aussi se trouver dans l’intérieur des deux 6gurcs , et alors l’une envelopperait l’autre entièrement ;

poLTVoms. 905

«B bien il pourrait être placé à l’un A des sommets du polygone donné (F. 29), et dans ce cas les deux figures semblables ABCDE, Ab'c'tte', auraient l’angle A de commun.

PaoBL. (e): Tracer un polygone semblable à un autre ABCDE, quand on connaît seulement le rapport des côtés correspondant (P.IX,F.3o).

Supposons que ce rapport soit Vous tirerez par un sommet A une droite AF de direction quelconque. Vous y porterez, .i partir de A, trois fois une longueur arbitraire; cela vous donnera un point F que vous prendrez pour centre de similitude. Vous joindrez donc ce point à tous les autres sommets du polygone donné ; puis par a , deuxième point de division de AF , à partir de F , vous mènerez des parallèles à AB, AE, et enfin vous tirerez bç,cd, de, parallèlement à BC , CD , DE.

Le polygone abede sera semblable à ABCDE , et de plus ab , par exemple , se trouvera les | de AB , puisque ab C AB T C aF T AF (81) et que uF contient deux fois Au, tandis que AF contient trois fois cette même longueur.

Probl. (d~) : Tracer un polygone qui soit semblable à un autre ABCDE et qui ait une position inverse (P. IX , F. 3i).

Si la longueur d’un côté est connue , celle du correspondant de AB, par exemple, marquez arbitrairement un point F ; faites croiser à te point des droites menées à tous les sommets du polygone donné; portez la longueur connue sur le prolongement de AB, de A en B'; tirez B'ô parallèlement à AP, jusqu’à la rencontre de BF prolongée, et achevez comme dans le probl. (ô).

Si l’on connait seulement le rapport de deux côtés correspondans , et que ce rapport soit | , par exemple , il faut marquer le point F comme dans le probl. (c); porter deux parties sur le prolongement de AF , de F en a ; puis mener ab parallèle à AB , bc parallèle à BC, etc.

Le côté ab sera les | de AB , à cause de la proportion ab C AB

::uF;af(8i).

D’ailleurs, il est visible que la position du petit polygone est tout-à-fait inverse de celle du grand : A est au-dessus dé CD' et a est au-dessous de cd ; D est à droite de C et </ est à gauche de c.

Le point F, croisement des droites qui joignent les extrémités de côtés ou de diagonales parallèles, de sens contraires, est appelé centre de similitude inverse. , ’

258. Ainsi,- Quand deux polygones semblables ont leurs côtés parallèles, let% système a un centre de similitude soit directe, soit inverse où concourent toutes les droites qui joignent, les extrémités corre^ondnntes des lignes parallèles dirigées dans le même sent (F. 29 et 3o) , ou en sent contraires (F. 3 1).

POIYOO!«S.

239. Deux polygones réguliers de même nom, sont semblables ; car l’angle intérieur de l’un est alors égal à l’angle intérieur de l’autre (p. 22 1), et puisque les cotés du premier sont égaux, ainsi

que ceux du second , le rapport entre deux côtés correspondans est I

le même pour tous les autres (aSS).

240. On peut, en répétant sufiîsammcnt le tracé du probl. q (p. 228), inscrire dans un cercle un polygone régulier d’un fort grand nombre <^c très -petits côtés, et l’on peut aussi, au moyeu du tracé donné dans le probl. t (p. 23o), circonscrire au même cercle un polygone régulier d’un fort grand nombre de très-petits côtés , parallèles à ceux du polygone régulier inscrit. Or , les milieux de ces derniers côtés seront extrêmement près de la circonférence et des contacts de ceux du polygone circonscrit. Il est même aisé de concevoir un nombre de côtés et un degré de petitesse, tels que les milieux et les contacts paraissent se confondre. Alors, il n’y a plus de différence sensible entre la longueur du côté du polygone inscrit et celle du côté correspondant du polygone circonscrit. Cependant, un arc du cercle eSt toujours compris entre ces deux côtés parallèles. A plus forte raison'donc , il n’y a plus de différence sensible entre cet arc et le côté du polygone inscrit. Conséquem— ! meut , le contour de ce polygone régulier semble se confondre avec

la circonférence et cette^ courbe peut être prise pour le contour. Il s’ensuit qu’une face circulaire est en réalité un polygone régulier d'un fort grand nombre de très-petits cotés.

Nous avons jusqu’ici employé indifféremment les mots cercle et circonférence, pour désigner la courbe dont tous les points sont également distans d’un autre. Mais , quand les géomètres veulent s’exprimer avec précision , ils ne donnent le nom de cercle qu’aux faces circulaires, qu’à l’espace limité par une circonférence. Ainsi, nous pouvons dire , en les imitant : Le cercle doit être mis au nombre des polygones réguliers ; il jouit des propriétés communes à ces polygones.

Donc , les cercles sont des figures semblables ; car ce sont des 'polygones réguliers de même nom (25g).

241. Le système de deux polygones réguliers, pairs et de même nom, ABCD, abcd, dont les cotés sont parallèles , a toujours un centre de similitude directe et un centre de similitude inverse (P. IX, F. 32).

Cette propriété provient de ce que les côtes opposés d’un polygone régulier pair sont parallèles (210); car il s’ensuit que ab , ad, par exemple, sont parallèles à CD, CB, comme à AB, AD, et que les droites qui joignent les points b , a, d, aux plCnts D, C , B , doivent , en se croisant , déterminer un centre de similitude inverse E', de même que les droites qui joignent. les points b, a, d, aux points B, A, D, déterminent, par leur concours E, un centre de '

similitude directe.

P0LYCO5KS.

Il serait facile d’ailleurs , en employant un raisonnement analogne à celui du n* io4, de faire voir que les deux centres de similitude E, E' du système de deux polygones réguliers, pairs et de même nom, dont les côtés sont parallèles , se trouvent sur la droite des centres de symétrie F, f.

‘ 242. Le système de deux polygones réguliers impairs et de même nom, dont les côtés sont parallèles, na tju’un seul centre de similitude, comme le système de deux polygones irréguliers et semblables , dans la même circonstance j car chaque côté du petit polygone ne peut être parallèle qu’à un seul côté du grand , attendu que iii l’un ni l’autre n’ont de cotés opposés et parallèles.

Cependant, le système de deux parallélogrammes semblables, dont les côtés correspondons sont parallèles , a deux centres de similitude, puisque les côtés opposés d’un parallélogramme sont parallèles, comme ceux d’un polygone régulier pair.

Dans ce cas, les centres de similitude sont sur la droite qui joint les croisemens des diagonales.

243. Le système de deux polygones égaux, ABCD, A'B'C'D', dont les côtés correspondons sont parallèles , n'a point de centre de similitude directe (P. IX, F. 33). *

Du moins, le centre de similitude directe ne peut être marqué, puisque ce sont des parallèles qui joignent les extrémités des côtés correspondans AB et AB', AD et AD', dirigés dans Is même sens (C6). , ■

Mais , le système de deux polygones égaux dont les côtés correspondans sont parallèles et inversement placés, a toujours un centre de similitude inverse ; car l'égalité des polygones n’est qu’un cas particulier de leur similitude (i68 et a3i).

Il est visible du reste que l'unique centre de similitude E' du système de deux polygones égaux , est au milieu de chacune des droites .\C', A'C , etc. , qui joignent les extrémités opposées des côtés parallèles.

244. Les principes des n°’ 24 1 et 243 sont applicables aux cercles placés d’une manière quelconque sur le même tableau ; car en raison du très -grand nombre des lignes droites extrêmement petites dont se composent les circonférences (a 4o), on peut toujours regarder deux cercles comme des polygones régidiers pairs et de même nom, dont les côtés correspondans sont parallèles.

Par là SC trouve justifié le nom de centre de similitude que nous avons donné, dans le n° io5, aux concours des sécantes communes , menées par les extrémités de diamètres parallèles , lesquels sont , pour les cercles , de véritables diagonales. L'existence de ces concours se trouve aussi expliquée et démontrée tout autrement que dans le n° io4-

POITGOSÏS.

Phobl. (a) ; Tracer un polygone qui soit semblable à un polygone régulier donné.

Si un côté du polygone demandé est donné de position et de grandeur, vous pourrez employer, dans tous les cas, le procédé du probl. a (p. aCa).

Lorsque vous connaîtrez seulement la longueur du côté, vous pourrez , dans tous les cas , vous servir des tracés des problèmes b et d (p. 26a et a63).

Ne vous donne-t-on que le rapport d« côtés des deux figures , vous imitez le procédé du probl. c (p, a63) ou le second tracé du probl. d.

S’il faut que les deux polygones soient concentriques , vous recourrez aux mêmes problèmes, en prenant le centre du polygone donné ABCDEF, pour centre de similitude directe (P. IX , F. 34). Ainsi , par exemple , vous tirerez les droites AD , BH , CH , etc. ; vous porterez de I) en I , le côté G donné, et vous mènerez IC' parallèle à DH , C'D' parallèle à CD , D'E' parallèle à DE , etc.

Puisque celte construction donne une figure régulière A'B'C'D'E'F', la droite HC' qu’elle détermine, est le rayon de la circonférence circonscrite au polygone demandé , comme HC est celui de la circonférence circonscrite au polygone donné (aog). Par conséquent, vous pourrez aussi décrire de H , avec HC', une circonférence , et porter G comme corde, sur cette courbe, autant de fois que le polygone donné a de côtés. Les cordes des arcs ainsi déterminés formeront le polygone demandé.

Il est bon de remanpier que si le polygone donné est un hexagone, le rayon HC' est tout trouvé : dans ce cas , HC'=G (a 19).

PsoBt. (fi) : Tracer un polygone régulier dont le côté est donné.

Inscrivez dans une circonférence quelconque, un polygone régulier qui ait autant de côtés que celui qu’on demande; puis tracez un polygone semblable à celui-là , avec le côté donné et en employant un des procédés du numéro précédent.

Cette méthede qui est de beaucoup préférable à celle du n° ai8, convient aussi à tous les cas et peut remplacer les procédés particuliers exposés page aaS et suivantes.

245. La première construction du probl. (a) donnant la proportion C'D' I CD ir C'H ; CH (81), conduit à ce principe: Le rapport des côtés de deux polygones réguliers de même nom, égale celui des rayons des circonférences circonscrites.

Appx. (fl) : Leoer un plan, c’est tout simplement construire sur le papier , un polygone semblable à celui que fonnent les différens points remarquables d’un terrain , supposés liés entre eux par des droites; ou ce qui revient au même, c’est tracer sur le papier, des triangles semblables a ceux qu’on formerait en unissant chaque point remarqtiablc du terrain , avec les deux extrémités d’une droitr

i>OlTGONES.

prise arbitrairement ; car celte construclion de triangles semblables , ne peut manquer de produire un polygone semblable à celui des poiuts remarquables (aSy).

€ Il faut donc , pour lever un plan , marquer sur le sol les extrémités A, B d’une droite, prise aussi grande qu'il est possible (P. IX , F. 35); mesurer arec exactitude, cette hase du plan; prendre, au moyen d'un graphomèire , les angles CAB, DAB, £AB, FAB que font avec AB, les droites qui vont de l'extrémité A aux objets C, I), E, F, et prendre de la même manière, les angles ABC, ABD , ABE , ABF formés par AB cl les droites qu’on peut se représenter allant de B aux objets C, D, E, F. Cela fait, on trace sur le papier nne droite ali contenant autant de lignes que AB contient de toises, on autant de millimètres que AB contient de mètres , selon que l’éclielle du plan est d’une ligne pour une toise, ou d’un millimètre pour un mètre; puis, avec un bon rapporteur, on fait au point a, des angles égaux à ceux du point A; au point i , des angles égaux à ceux du point B. Les côtés de ces angles se rencontrent en des points c, rf, e , y qui se trouvent placés par rapport à ai et entre eux , comme le sont C, D, B-, F par rapport à AB et entre eux; c’est-à-dire que la figure aedehf est la copie exacte de ACDEBF : cela doit être , puisque les triangles aôc , abd , etc. sont semblables vuix triangles ABC, ABD, etc. (169). Il s’ensuit (lyô) que les triangles acd , ACD sont semblables aussi; que cd 1 CD ac'. AC ab AB, ou que cd contient autant de millimètres, qu’il y a de mètres dans CD. Ainsi, avec un plan bien fait, on peut obtenir, au moyen de l’échelle , la vraie distance des points qui s’y trouvent marqués. »

Appl. (ft) : Voici pour lever les ])lans, un procédé plus simple que le précédent , et qui , dans bien des cas , est d’une exactitude suffisante. Couvrez d’un papier bien tendu , une petite planche carrée et parfaitement plane; tracez sur ce papier (P. IX, F. 36), uno droite ab contenant autant de parties de l’échelle adoptée pour le plan , que la base AB renferme de mètres ; placez le pied ou pivot de la planchette, de façon que le point b soit dans l’aplomb de B, que ab , AB aient la même direction , et que la planche soit de niveau; plantez une aiguille fine enô; appuyez une alidade (p. 4q) contre célte aiguille, en la dirigeant sur le ]M)int C du terrain, et tracez une droite bc le long de la règle; faites de même pour le point D et pour tous les autres ; établissez ensuite la planchette à la station A , de telle manière que A et a soient sur b meme verticale et que ab se trouve dans l’alignement AB ; plantez l’aiguille en a et faites les mêmes opérations qu’à la station B. Vous obtiendrez des droites qui couperont les autres en c, d, etc., et le polygone aebd sera semblable au polygone ACBD.

Vôilà ce qu’on appelle lever un plan à la planchette. Par celle méthode , on trace les triangles semblables , en meme temps qu’on prend les angles, ce qui est plus simple, plus court , je dirai même plus exact , que de chercher les indications des angles avec le

P0tTG05*S.

graphomètre , pour les rapporter ensuite sur le papier , au moyênt d’un rapporteur qui n’â pas de vernier.

Appl. (c): On peut encore lever un plan, avec une exactitude suffisante , par un simple mesurage de longueurs. Il faut d’abord faire un croquis , en dessinant à vue, tant bien que mal , le polygone ACDliBF des points remarquables du terrain (P. IX , F. 35)j puis mesurer les côtés AC , CD , DE , EB , BF, FA , et les diagonales AD, AE, AB, au moyeu de la cliaine d’arpenteur, qui contient Jo"} inscrire les longueurs trouvées , sur les côtés correspondans du croquis , ot construire enfin , sur le papier et à l'échelle , des triangles aedy ade , aeh , assemblables aux triangles ACD, ADE, AEB, ABF dont on connaît les côtés. Le polygone aedebf qu’on obtient ainsi , est nécessairement semblable à celui du terrain (aSy).

246. La somme des côtés d’un polygone est ce qu’on nomme le contour. Ainsi, les côtés AB, BC, CD, DE, EA (P. IX, F. 39), mis les uns au bout des autres, formeraient une ligne droite égale au contour du polygone ABCDEA. Il importe de connaître le rapport des contours de deux polygones semblables, afin de pouvoir les déduire l’un de l’autre et se dispenser d’opérer un des deux mesurages.

Les contours de deux polygones semblablts , sont dans le même rapport que les lignes correspondantes de ces polygones.

En effet , si ABCDE est semblable à abede , AB labll BC l beau AB l BC II ab I bc (335 et 73), ce qui donne

' AB -|- BC : BC : : a6 -|- ic ; 4c (74).

Donc AB-j-BC 1 o4 -|-4c 1 ; BC I 4c,

ou bien AB + BC : o4 -j- 4c : : CD : cd.

Traitant cette proportion comme la première, on obtient AB-f-BC + CD :a4 + 4c4-cd::CD:cd ou :.*DE:rfc.

Il est facile de voir qu’en continuant toujours de transformer ainsi les diverses proportions , ou finira par trouver que

AB -|- BC -j“ CD -j- DE— j— EA C n4— j- 4c— j- c<f-|-<fc— J-ca 1 1 AE 1 oc,

on comme deux côtés correspondans quelconques sont entre eux. Mais, puisque les triangles de l’un des polygones, sont semblables aux triangles qui ont meme rang ou meme position dans l’autre (aSC), le rapport des diagonales correspondantes , égale celui des côtés correspondans : on a par exemple , AE I ae 1 C AD 1 ad. Donc aussi

AB -j- BC -f CD 4- DE -j- EA : fl4 -|- 4c -f- cd-{- de -f- en ; : AD : arf.

Remartpiez que les raisonnemens qui viennent d’être faits , établissent ce principe : Dans une suite de rapports égaux AB 1 ab 1 1 BC : 4c 1 1 CD l cd II etc. , la somme des premiers termes de tous les rapports , est à la somme des seconds , comme un premier terme quelconque est au second terme du même rapport.

POLYCOXES.

247. Une des conséquences les plus fcc-ondes du principe 246 est celle-ci : Les circonférences de deux cercles ont pour rapport celui des diamètres, et, en général, celui des cordes de deux arcs d'un même nombre de degrés ; car les circonférences sont les contours des cercles; les cercles sont des polygones scmhlahles (240), et ces polygones ont pour diagonales correspondantes, les cordes des arcs d’un niêine nombre de degrés.

On peut dire aussi que les circonférences sont dans le même rapport que les râpons, puisque le rapport des rayons égale celui des diamètres. Donc , pour qu’une circonférence soit double ou triple d’une autre, il faut la décrire avec un rayon double ou triple de celui de la circonférence cj^nnée.

248. Ainsi , le même rapport existe entre les côtés correspondons

de deux polygones réguliers inscrits et semblables , entre leurs contours, entre les râpons des cercles qui les renferment , et entre les circonférences de ces cercles (246 et 245). '

Probl. (a): Décrire une circonférence égale à la somme de deux autres.

Portez le rayon de l’une, de B en A , sur le prolongement du rayon CB de l’autre (P. V, F. 58), et décrivez de C, une circonférence qui ait pour rayon AC, somme des deux rayons donnés. La longneur de cette troisième circonférence (g) vaudra précisément la somme des deux premières.

Soient C et C' les circonférences données. Nous aurons la proportion CrC'; !CBîAB(247), et par suite, C.’C-l' C'"CB;AB -+- BC ; ce qui fait voir que AC ou AB-t-BC, somme des rayons donnés, est rayon d’une circonférence égale à C "+■ C', somme des courbes données, conune CB est rayon de C.

Probl. (6): Décrire une circonférence égale à la différence, de deux autres.

Vous porterez le rayon de la plus petite sur le rayon de la plus grande, de A en B (P. V, F. 38); la circonférence que vous décrirez du centre C, avec une ouverture de compas ég.ale à CB, dilTércnce des deux rayons , aura pour longueur (9) la dilféreuce des deux circonférences données.

Appelons C' la circonférence dont le rayon est AB , nous aurons C C C' AC AB (247), et par conséquent (76),