LIVRE ONZIEME. ^fyj
on aura doftc aussi
De plils^ on démontre que les autres côtés MN, NQ, LQ ont la même valeur. De tout ce qui précède, il résulte qiié lèS angles extérieurs au quadrilatère LMNQ qui ont leurs sommets aux points L, M, N, Q sont droits:
donc les angles intérieurs le seront aussi ; donc on aura les cinq carrés demandés.
PROBLÈME
\ 86. Étant donnés les cinq points A^ B^ C^ D ^ E sommets des angles d'un pentagone ré^ gidier ( fig, 97 ) ^ troui^r les cinq points a ^ b , Cj ày e oùse coupent les diagonales de ce pen^ tagone*
Solution. Des centres A, B, G, D, E avec le côté. AB du pentagone pris pour rayon, soient décrits des arcs qui se coupent en a , b^ Cf df e; ces points seront ceux d'intersection des diagonales.
Démonstration. Si Ton suppose les diagonales menées et les côtés du pentagone ABCDE
tracés , on aura l'angle BAC = BDA (29, &>. 3) = CAD; d'où A* = ^D (6, Uv. 1). Oa aura ensuite Hbk = ôDA + 6AD (32, //V. i) = BAÔ + *AD = BAD=ABD(5, &V. i); d'où le triangle AB6 sera isoscèle (6, /rV. i ), c'est-à-dire on aura AB= Ais=(&D : donc , etc.
FROBLEKE.
187. Dans un cercle dun rajon A B donné (fig. 98) , inscrire six pentagones réguliers.
Solution. Soit fait dans la circonférence du cercle donné, à AB = BC = CD=DE=Erf, àBD=B«=Ea,etàAa=BF=:D* = rfô; soit aussi fait dans la même circonférence h 6 F = BP = PQ = QR == RS; avec le même rayon i F et des centres B, P, Q, R, S soient décrits des arcs qui se coupent en jS, p,q, r^ s. Maintenant des centres j8 , P avec le rayon ^p soient décrits deux arcs qui se coupent en c ; avec le même rayon et des centres P , /^soient décrits deux arcs qui se coupent en ^; on aura, deux des pentagones cherchés , savoir : fipqrs qui a son centre en A, et^pdVc qui touche le cercle donné en P. On trouvera de }^> même manière les sommes des angles des
Vm LIVRE ONZIÈME. 24Q
31)i:|uatre autres pentagones pq/Qe, qrhRg,
[i Démonstration. Les points B, P, Q, R, S
D fieront les sommets des angles d'un pentagone
jï,.réguller inscrit au cercle donné (40, 428);
ikà^oh les points fi, p seront dans la diagonale
BQ^ et les points p, q dans la diagonale FR
(1 86) ; et comme B/>=/SQ, on aura B]S=pQ.
On prouvera de même que P/>= qlX, et à cause
j{ de BQ= PR (27, /iV. 5) on aura aussi B/3
^r =P/i, et fip^==pq* On prouvera aussi de la
même manière que tous les côtés du pentag09e
ïciî fipqrs sont égaux entre eux. Déplus, on a^
;= langle fipq, c'est-à^ire B/>R = BPR-+-PBp
^ (32 , Iw. i) ; maisPB/>, c'est-à-dire PBQ=QPR :
fî; donc fipq =BPQ. On démontre de même que
mt les autres angles du pentagone fipqrs sont
^ égaux aux angles du pentagone B P QR S : donc
A ils sont tous deux réguliers. En outre , l'angle
Q B R formé par deux diagonales du pentagone
BPQRS, qui est l'angle fiBs, sera égal à l'angle
fiqs, formé par deux diagonales du pentagone
fipqrs {20 , Iw. 6). Or comme les triangles
^Bs y fiqs sont isoscèles, ils auront aussi les
angles à la base commune ^s égaux entre eux
(5, Sa, Usf. i); d^où aussi les triangles seront
en tout égaux ( 26 , &V. i ) ; d'où les triangles
25o GÉOMÉTRIE DU COMPAS.
Bmj3, fipq ayant tous les côtés égaux entre | eux, auront aussi les angles égaux (S, ZiV. i), ainsi que les triangles Bis, srq : donc tous les côtés et fous les angles du pentagone Bm/Sj/ seront égaux aux côt& et aux angles du pentagone fipqrs} ils seront donc tous deux réguliers. On démontre la même chose pour les autres pentagones ^cVdp, peXlfq, qgB.hr, riSks t donc, etc.
1 88. Le point 6 sera le centre du pentagone fimBls,et là distance i^B le rayon du cercle , circonscrit à ce pentagone et aux autres qui lui sont égaux, ainsi que nous le démontrerons bientôt : ee qui ajoute encore une belle propriété au point b que nous avons déjà remarqué tant de fois dans cette Géométrie. Car, outre les divisions en moyenne et extrême raison qu'il nous a fait obtenir dans le diamètre BAE (45, 46), outre qu'il a servi à déterminer le côté b¥ du pentagone inscrit au cercle du rayon AB (40) , le côté è A du décagone inscrit au même cercle (41); on a encore le rayon Bb dn cercle circonscrit aux six pentagones qu'on peut inscrire au plus grand cercle du rayon AB, comme dans le présent problème j car si Ton suppose le rayon AB = r, on a
'Cfï LIVRE ONZIEME. ^Sï
, ît comme (3i , ftV. 5) r2î^BE/ = (BQ)*+(QE/ = (BQ)»H-(AÔ)S
, oa aura
On a ensuite
^^ BQ:/3Q::BQ./3Q:(j8Q)':: \/5:—^- '''. :: I :i(ï/5 — T)::BA:iA;
fe BQ : BQ— /3Q :: BA : BA — èA,
c'est-à-dîre
i BQ : B/3 :: BA : Bb.
Donc ks deux diagonales des pentagones.
BPQRS, Bmfisl seront entre elles comme BA : JA : donc BA e'tant le rayon du premier pentagone , B b sera le rayon du second (20, liv. 6).
a52 GÉOMÉTRIE DU COMPAS.
PROBLÈME
189. Étant donnés les sommets des angles dun hexagone régulier BCDEdc (fig. 99.), trousser les points 1^ m^ n^ g^ p^ q oà se coupent celles de, ses diagonales qui ne passent pas par le centre^
Solution^ Soit fait a BD = Ba = Ea; puis à BCc=sBA==:CA = B«; kak=^aet} kai = ûtP = A P. Maintenant , des centres B, C avec le rayon a F soient décrits deux arcs qui se coupent en l; des centres C^ D soient décrits deux autres arcs qui se coupent en m ^ et ainsi de suite; ces points l, m, etc. , seront les points cherchés.
Démonstration. Supposons que les diagonales indiquées se coupent en l, m, n, gp Pf qi comme on a l'angle BDc = DcE(29, //V. 3), BD sera parallèle à cE (28, &V. 5) : donc le triangle Clm sera semblable au triangle Cc£ (2,5, lis^. 6) , et par conséquent équilatéral. De même on aura, le triangle BZ^ semblable au triangle BDrf; puis les triangles CcE et BiiD ayant les côtés égaux , seront égaux (2) (8, 4, Zw. i) ; et le côté BD , et par conséquent
