Étant donné un point h sur la cir
conférence dun cercle donné (fig. 96)^ trouver
l deux autres points L 6^ M^ tels que le triangle
* BLM soit équilatéral et touche le cercle par
h côté hM au point E qui en est le milieu.
Solution. Sort fait dans la circonférence du cercle donné à son rayon AB = 80 = CD = DE=Erf; puis, soitfaîtà BD = B«=Ea:
du centre a et avec le rayon a A soit décrit un arc qui passe par a; du centre E et avec le rayon EA soit décrit un arc qui coupe le précédent en £t ; du centre a avec le même rayon «E soit coupée la circonférence en P. Puis, du
^ centre E et du rayon EP soit décrit un arc qui passe par L et M ; des centres D et «^ avec le rayon aF soient décrits deux arcs qui coupent le précédent en L et M ; les points L et M seront les deux points cherchés.
Démonstration. Si Ton compare les points ^9 A, E, a, P de la fig. gSavec les points Q, A^ P, B, P de la fig. 5, de l'équation
(AQ)*=:(A/»)'+(pQ)*-/>P.pQ
^4^ GÉOMÉTRIE DU COHPAS.
qui appartient à la fîg. 3 ^ on tirera pour la fig. 95 celle-ci
(Aa)»=(AE)* + (Ea)* — EP.Ea;
et substituant Iqs valeurs numériques ( 27)
a=iH-3 — EP.t/5, dV>iit
2==ElP.(/3 etEP=5»/S;
ftt coxamç lç8 trois pqînits E> JP ,. ^ soqt dans h même drûit^( i^), on ay^ra
Si Ton suppose menëe la ligne BE qui coupe en R la ligne Dd, on aura ("104)
d'où la quatrur^e proportiopaellfi^ aux trois HgnesBR, RD, ÈEsera égale àîi><5:^.EM.
On aura aussi (IO4) RE== i , BPp= j^^ {%;
d'où la quatrième proportiomaelle a«ix > ttois
lignes BR, BD, RE'serae'gaieâ|*v/5i=DM:
donc les lignes EM., DM seront de la longueur nécessaire j)Our que ïe trfan^lé ÊEM
soit semblable au triangle BRD (a , Iw. 6) ; donc ils seront «çmblablea^ car le pomt M ne peut être placé dans un autre emiroit (8, Uu. i). On prouvera de la même manière que le triangle BR(/est seniJ^lable au triangle BEL ; d'oÀ l'on voit que le triangle BD^d est semblable au triangle BML (20, iiV. 6) : donc aussi ce dernier est équilatéral. De plus, les angles BEM, BEL égaux aux angles BRD, BRif, soat droits , et les lignes EN , EL sont é^les ; donc BLM est le triangle eherqbé.
PROBLEME
185. Dans un cercle dont le rayon AB soit donné (fig. 96) , inscrire cinq carrés égaux, dont Vun soit concentrique au cercle et les autres le touchent^ chacun ayant un côté commun ai^ec le carré du miliei^» '.
Solution. Soient faites égales au rayon AB les cordes BC , CD , DE j soit fait à BD = B^, =:£a; faites encore égales à Aa les cordes BF , Bf : du centre a avez le rayon AB coupez le cercle en G , et faites la corde Gg'== Aa; du centre g avec le rayon g a décrivez un arc aT , et Ëaiites sa corde aP = aA; du même centre g.
:244 GéOMÂTRIB DU COMPAS.
et avec le rayon g A décrivez un arc Ap sur la direction de l'arc a'P; faites à a A = ¥p ; faites maintenant égales à Ap les cordes Bq,fn, 'Em, F/; avec le même rayon Ap et des centres B, ç,y, n, E, m, F, Z, décrivez des arcs qui se coupent dans le cercle en L, Q^ N^ M; LMNQ sera le carré central , et BLQq^/Q^n, ENMni^ FML2 seront les autres carrés cberchéSk
Démonstration. Si Ton compare les points a^ A, Gy B, g de cette figure avec les points Qy Pf Af R, S de la fig. 4^ on aura (21) pour la fig. 87 l'équation
(^g/ = (aB/H-Gg.Aa, c'est-4i--dire en faisant le rayon AB = i , (^g)» = 5 + 2 = 5 (27); d'où ag=z /S.
De plus
f onaaP:
33aA =
or
ér«
: aP
::gA:
c'est-à-dire
d'où
kfi
