LIVRE IL

milieux D, D' des deux arcs sous-tendus BDC, BD'C sont donc quatre points en ligne droite, de sorte que toute droite qui passera par deux de ces points passera aussi par les deux autres , et sera perpendiculaire à la corde ; de plus, toute perpendiculaire abaissée d’un de ces quatre points, sur la corde, passera par les trois autres.

THÉORÈME. • ■'

Si dans un même demi-cercle ou dans des demi-cercles Fig. 30. égaux deux arcs BGC,EHF sont égaux: Vies angles au centre BA.C , EDF, qui interceptent ces arcs, sont égaux;

2“ les cordes BC , EF de ces arcs sont égales ; 3“ ces cordes égales seront également éloignées du centre.

Menez les rayons AG, DH, respectivement perpendiculaires aux cordes BC, EF; ils passeront aux points I, L, milieux de ces cordes (p. 3). Placez ensuite le point D en A , le point E en B ; les deux circonférences coïncideront, et comme l’arc EF est égal à DC , le point F tombera en C et le point II, milieu de l’arc EHF (p. 3), coïncidera avec G, milieu de BGC. Donc, 1° l’angle ÈDF coïncidera avec BAC et lui sera égal ; 2° la corde EF coïncidera avec BC et lui sera égale. Enfin, le point L, milieu de EF, coïncidera avec I, milieu de BC , et la perpendiculaire DL sera égale à AI. Donc , 3° les cordes égales BC , EF sont également éloignées du centre.

Remarque. Cette proposition offre trois réciproques.

Par exemple, si l’on suppose les cordes BC, EF égales, les rayons BA, DE restant égaux , on conclura , par la superposition des deux triangles ABC, DEF, qui auront les côtés égaux deux à deux, que l’arc BGC = EHF et l’angle BAC = EDF, Si, au contraire, on suppose l’angle BAC =

EDF, les triangles ABC, EDF auront un angle égal entre

(;kometrik.

côlés égaux, pouiTüiil se superposer, cl l’are B(îC coïncidera encore avec EHF.

THÉORÈME

Fig. 30. Si dans un même demi-cercle ou dans les demi-cercles égaux , on prend deux cordes inégales KM, EF, !“/« plus grande corde KM souslendra le plus grand arc ; 2° cette plus grande corde sera la moins éloignée du centre.

1° Car dans les deux triangles KA.M, EDF, les côtés \K , AM sont égaux à DE , DF ; le côté KM est plus grand que EF ; donc (I. 1 , p. 7, c.) l’angle KAM sera plus grand que EDF. Cela fait, posons le point D sur A, le rayon DH sur AG, l’angle EDF se placera dans l’angle KAM , et par conséquent l’arc BGC qu’il interceptera sera <^KGM.

2* La corde EF coïncidant avec BC, cette droite BC sera aussi perpendiculaire à AG; or, évidemment Al^AO; donc DL, qui est égal à AI, sera plus grand que AO. Donc KM est moins éloignée du centré que EF.

Remarque. Si l’on suppose l’arc KGM plus grand que l’arc EHF, on pourra conclure que la corde KM est ^EF. En effet, soient G, H les milieux des arcs; prenez GB = OC=EH , l’arc BGC sera égal à EHF, et l’angle BAC sera égal à EDF (p. 4); or, l’angle BAC est moindre que KAM; donc l’angle EDF est aussi <\KAM, et les deux triangles KAM , EDF ayant d’ailleurs les côtés KA, MA égaux à ED, DF, il s’ensuit (1. 1 , p. 7) que le côté EF est <^MK.

Fig. 31. Pour qu’une droite BC n’ait qu’un seul point D de commun avec une circonférence , il suffit et il faut qu’elle soit • perpendiculaire au rayon AD mené à ce point.

LIVIIK It.

Supposons I» droite BC perpendiculaire en D au rayon AI); tout autre point E, pris sur celle droite, sera hors du cercle , puisque la droite AE , qui est une oblique, est plus longue que là perpendiculaire AD (1. 1, p. 12, 1”).

Donc, pour que BC n’ait qu’un point de commun avec la circonférence, il suffit que cette droite BC soit perpendiculaire à l’cxlrémilé d’un rayon.

En second lieu , pour que BC n’ait que le point D de commun avec la circonférence, il faut que tous les autres points de BC soient plus éloignés du centre A que le point D; il faut donc que AD soit la plus courte distance du point A à la droite BC , e’est-à-dire que AD soit perpendiculaire à BC (I. 1 , p. 12, r.).

DÉFiyirroN r. Une droite qui n’a qu’un point de com- Fig. 31. mun avec une circonférence, se nomme une tangente; le point commun est appelé point de contact.

Remarque. Puisque toute autre droite, menée par le point D, coupe la circonférence, il s’ensuit que par le point D on ne saurait mener une droite qui, aux environs de ce point, passe entre la circonférence et la tangente.

Définition fi. Une droite qui rencontre la circonfé- pig. 31 . rence en deux points se nomme une sécante; telle est FG.

Deux parallèles interceptent sur la circonférence des arcs égaux.

Il y a trois cas : 1" Les deux parallèles sont des sécantes Fig. 32. AB, CD. Du centre O menez 01 perpendiculaire à AB; il le sera aussi à sa 4 >arallèle CD ( 1. 1 , p. 14 , c.). Mais ce rayon 01 étant perpendiculaire à ch.acune des cordes NP,

LM, le point I sera le milieu de chacun des arcs NIP, L1M (p. 3), de sorte que NI = IP, LI = 1M, donc NI — LI =

IP-IM ouNL=PM.

GÛOMÉTHIE.

2° L’une îles parallèles est une sécante ÂB , l’autre une tangente ,EF. Menez le rayon OI au point de contact; il sera perpendiculaire à la tangente EF (p. 6), et par conséquent aussi à sa parallèle AB; donc ce point I est le milieu de l’arc LIM (p. 3) , et l’on a LI = IM.

3° Les deux parallèles sont des tangentes EF, GH; menez la sécante ÂB parallèle à ces droites. P’après ce qu’on vient de prouver, on a LI = IM, LK=zMK; donc Ll-j-LK = MI-{-MK , ou ILK=IMK, et chacun de ces arcs est une demi-circonférence.

THÉORÈME

Deux circon férences de cercle ne sauraient avoir plus de deux points communs sans se confondre,

Fig. 33. Soit une circonférence ayant son centre en A, et soient pris sur cette circonférence trois points quelconques B ,

, D ; je dis que toute circonférence qui passera par ces trois points se confondra avec la circonférence donnée. En effet, tirons les cordes BC, CD; aUx points E, F, milieux de ces cordes, élevons des perpendiculaires EA, FA qui passeront au centre A (p. 3). Toute circonférence qui passera par les deux points B , C , devra avoir son centre également distant de ces deux points (d. 1 ) ; donc il sc trouvera sur la droite AE (I. 1 , p. 13); par la même raison , toute circonférence qui passera par les deux points C, D, aura son centre sur^AF; donc, si une seconde circonférence passe par les trois points B , C, D , elle aura son centre à la fois sur EA et sur FA, c’est-à-dire au point A, et comme cette seconde circonférence passe au point B , elle a'pour rayon AB et se confond avec la circonférence donniie.

LIVRK II.

THÉORÈME

Toutes les fois que deux circonférences se coupent en F>g. 34. deux points C , C', la ligne des centres AB est perpendiculaire au milieu de la corde commune CC'.

Car, si au milieu de la corde CC' on élève une perpendiculaire, elle doit passer par le centre de chacun des deux cercles (p. 3, r.); donc cette perpendiculaire se confond avec la droite AB ; donc AB est perpendiculaire au milieu deCC'.

Corollaire. Lorsque deux circonférences se eoupent en deux points , l’un de ees points est d’un côté de la ligne des centres, l’autre est de l’autre* côté, et aucun de ces deux points ne saurait être sur cette ligne, puisqu’elle passe au milieu de CC'.

Remarque. Si deux cercles n’ont qu’un point commun , ce point ]cst sur la ligne des centres. Car s’il était d’un côté de cette ligne,' comme cette même ligne divise la figure en deux parties superposables, il s’ensuit qu’il y aurait encore . un| point commun de l’autre côté de cette ligne; il y aurait donc deux points communs, tandis qu’on n’en suppose qu’un seul.

Définition ru. Deux cercles sont dits tangents lorsqu’ils n’ont qu’un point de commun : ce point commun ' s’appelle point de contact.

THÉORÈME

Pour que deux cercles soient tangents, il faut et il suffit que la distance des centres soit égale à la somme ou à la différence des rayons.

1® En effet , si deux cercles se touchent extérieurement, Fig. 35.

(iKUMF.TRIE-

lü ciistunce des centres est égale à la somme des rayons. Car le point commun est nécessairement sur la ligne des centres (p. 9, r.) entre les deuv centres A, B, de sorte que AB=AC-hBC.

Réciproquement, supposons la distance des centres AB égale à la ^omme des rayons AC, CB. Les deux cercles décrits des points A et B comme centres avec ces rayons respectifs, passeront tous les deux au point C ; ils auront donc le point C de commun , et n’en auront pas d’autre. Car s’ils avaient deux points communs, aucun des deux ne serait sur la ligne des centres (p. 9, c.). Les deux cercles se touchent donc extérieurement.

Fi^. 36. 2° Si les deux cercles sc touchent intérieurement, le

point commun sera enqore sur la ligne des centres (p. 9, r.) et du même côté par rapport aux deux centres , de sorte que AB = AC — BC.

Réciproquement, si AB = AC — BC, les deux cerolcs passeront en C, auront ainsi ce point C commun , et s’ils avaient plus d’un point commun , aucun de ces points ne serait sur la ligne des centres.

THÉORÈME

Si deux cercles se coupent en deux points , la distance des centres est moindre que la somme des rayons, et plus grande que leur différence ; si deux cercles n'ont aucun point commun , la distance des centres est plus grande que la somme des rayons , ou plus petite que leur différence.

Fi" 3i. fJcttx cercles se coupent en deux points, aucun de

ces points n’est sur la ligne des centres (p. 9, c.). Donc chacun de ces points détermine avec les centres A et B un triangle comme ACB , dans lequel chaque côté est plus ‘ petit que la somme des deux autres Ainsi AB*\ AC-f-BC,

LlVRïT II. 33 ,

Cl BC<]^ AB+AC,ou, relranchanl AC de part et d’aiilre,

BC— AC<AB ou AB>BC— AC.

2“ Si deux cercles n’ont aucun point commun, ils sont extérieurs l’un à l’autre comme à la figure 37„ ou bien l’un est dans l’autre, comme figure 38. Dans le premier cas on a évidemment AB^AC-j-DB; dans le second AB-t-DC=

AC — BD, et par conséquent AB AC — BD.

Remarque. Réciproquement, si la distance des centres est plus petite que la somme, et plus grande que la difTérence des rayons, les deux cercles se couperont en deux points. Car .s’ils n’avaient qu’un point commun , la distance des centres serait égale à la somme ou à la différence des rayons (p. 10), et s’ils n’avaient aucun point commun , on vient de- voir que la distance des centres serait plus grande que la somme, ou plus petite que la différence des rayons.

' PROBLÈME

Sur le milieu d’une droite AB élever une'perpendiculaire. Fig. 39. •

Du point , comme centre avec un r.-iyon .\G plus grand que la moitié de AB, décrivez une circonférence CGD; du point B , comme centre avec le même rayon , décrivez un second cercle CHD. Ces deux cercles sc couperont en deu\ points; car chaque rayon étant plus grand que la moitié de AB , la somme des rayons sera plus grande que la dislanee des centres AB; d’ailleurs, les deux rayons étant égaux , leur différence , qui est nulle , est moindre que la même distanee AB. Donc ( p. 11) les cercles se couperont en deux points C, D; mais à cause des rayons égaux, chacun de ces points est également distant des points Aet B; donc C et D appartiennent à la perpendiculaire élevée au milieu- de AB (I. 1 , p. 13). Donc enfin CD est cette perpendienjaire.

r.KOMÉTRIE.

Remarque. Celle conslniclion serl à diviser une ligne en deux parlies égales; si l’on divise cnsuile chaque moilié en deux parlies égales el ainsi de suilc, on pourra diviser la ligne en 4,8, 16, elc., parties égales.

l’ROBLÈME.

ig. 40. Rar trois points donnés A , B , C , non en ligne droite , faire passer une circonférence de cercle.

Joignez AB, BC; aux milieux de ces droilcs élevez les perpendiculaires EF, DH ; je dis que ces deux {icrpendieulaires se coiiperonl. Car si elles ne se coiipaicnl pas , clics scraienl parallèles; or AB , qui est perpendiculaire à EF , le serait aussi à sa parallèle DH (I. 1 , p. 14, c.); mais BC est déjà perpendiculaire à DU , et comme les trois points A , B , C ne sont pas en ligne droite, BC csl différent du prolongement de AB; donc du même point B on pourrait mener deux perpendiculaires sur la ménic droite DH, ce qui est absurde (I. 1 , p. 11). Ainsi les droites EF, DH se couperont en un point O. Or, ce point appartenant à EF, qui est perpendiculaire au milieu de AB, est également distant des points A et B (1. 1, p. 13); par une raison semblable, le point O est également distant des points B , C ; donc les trois distances OA, OB, OC sont égales, et le cercle décrit du point O avec le rayon OA , passera par les trois points A , B , C.

Remarque. La même construction sert à faire passer un cercle par les trois sommets d’un triangle ABC , ce que l’on appelle circonscrire un cercle à un triangle. Elle sert encore à trouver le centre d’un cercle ou d’un arc donné. Dans ce cas, on prend sur cet arc ou sur la circonférence trois points à volonté A , B , C; ou les joint par des cordes AB, BC, sur les milieux desquelles on élève les perpendiculaires EF, HD , qui passeront toutes les deux ai> centre

LIVRR II.

(p. 3, c.) , el délormineront ce point par leur intersection O. ^

PROBLÈME

Par un point C pris sur une droite AB, élever une per- Fig. 4i. pendiculaire à cette droite.

Prenez sur la droite AB les deux distances égales CE ,

CD; des points E, D comme centres avec iin même rayon, plus grand que DC , décrivez deux arcs qui se coupent en un point F ; ce point F sera également distant de D et E; il en est de même du point C; donc CF sera perpendiculaire à DE (I. l , p. 13).

, PROBLÈME

D‘un point A donné hors d’une droite DE mener une Fig. 42. perpendiculaire à cette droite.

Du point A comme centre et d’un rayon suffisamment grand décrivez un arc qui coupe la droite DE en deux points B et C; de ces deux points comme centres avec tin même rayon, plus grand que la moitié de BC , décrivez deux arcs4]ui se coupent en un point F ; les deux points A et F étant également distants de C. et B, la droite AF sera perpendiculaire à BC ou DE.

PROBLÈME

Construire un triangle connaissant les trois côtés A, Fig. 43. B , C.

Pour que le triangle soit possible , il faut que le plus grand des trois côtés soit moindre que la somme des deux autres; car dans tout triangle cette propriété a lieu. Si

cette condition est remplie, le triangle peut se construire.

En effet, prenez une ligne DE égale au plus grand des trois côtés, c’est-à-dire à A; du point D comme centre avec un rayon égal à B, décrivez iin cercle;, du point E comme centre avec un rayon égal à C , décrivez un second cercle. Ces deux cercles se couperont; car la distance des centres DE est supposée plus petite que la somme B+C des rayons; de plus, puisque DE est plus grand que chacun des rayons, il est aussi plus grand que leur différence. Donc les cercles se couperont (p. 1 1) en deux points; soit F l’un de ces points; DEF sera le triangle demandé.

Le triangle serait encore possible si A était égal au plus grand des deux autres côtés B , C, ou si les trois côtés étaient égaux.

Dëfinitiou riii. Un triangle qui a les trois côtés inégaux est appelé triangle scalène.

, DÉFiNiTiofi IX. Un triangle qui a les trois côtés égaux se nomme triangle équilatéral. Il a été prouvé (1. 1 , p. 6, c.) que si dans un triangle deux côtés sont égaux, les angles opposes le sont. Donc dans un triangle équilatéral les trois

angles sont égaux entre eux et à - d’angle droit (I. 1,

p. 20). Réciproquement, si les trois angles d’un triangle sont égaux, les trois côtés le seront (I. 1 , p. 6, c.).

PROBLÈME

Fig. 44. Construire un triangle connaissant deux côtés A, B , et V angle compris C.

' Tirez une ligne indéfinie GH et laites au point G un angle égal à l’angle C. A cet effet, du point C comme centre avec un rayon arbitraire CD, décrivez un arc DFE terminé aux côtés de l’angle, et tirez la corde DE. Du point G comme centre avec un rayon Gl égal à CD, décrivez un

LITRE II

arc indéfini, et du point I, avec un rayon égal à la corde DE, décrivez un nouvel arc qui coupe le premier en un point K; si l’on tire Kl, celte 'corde sera égale à DE, et comme de plus le rayon GI est égal à CD, l’arc ILK sera égal à DFE, et l’angle G à C (p. 4, r.).

Actuellement on prendra GH égal à A, GM égal à B, on tirera MH, et GMH sera le triangle demandé (l. 1 , p. 6).

PROPOSITION XVHI.

PROBLÈME

Construire un triangle connaissant un côté et deux Fig' 45. angles.

Premier cas. Les deux angles B , C doivent être adjacents au côté donné : prenez une ligne DE égale à A ; au ‘ point D faites l’angle D égal à C , au point E l’angle E égal à B ; les côtés DF, EF se couperont si la somme B+C est plus petite que deux droits , et DFE sera le triangle demandé.

Deuxième cas. L’angle C doit être adjacent au côté Aj et l’angle B opposé : sur une ligne GH égale à A faites l’angle G égal à C ; en un point quelconque I de la ligne G1 faites l’angle GIL égal à B, et du point H menez HM parallèle à LI, en faisant l’angle H égal à ILG (1. 1 , p. 15) ,

GHM sera le triangle demandé; car à cause des parallèles l’angle GMH , opposé au côté GH , est égal à GIL ou à B ; ce côté GH est d’ailleurs égal à A et l’angle G est égal à C.

Remarque. On vient de voir comment par un point H on peut mener une parallèle à line droite donnée LL

PROBLÈME

Construire un triangle connaissant deux côtés et l'angle Fig. 4(1. opposé à l’un d’eux.

r.ÉOM^.TRIE.

Il y a deux cas : 1“ L’angle donné C est opposé au côté A, qui est le plus grand des deux côtés donnés. Faites un angle FDE égal à l’angle donné C ; sur l’un des côtés prenez DE égal au côté B, et du point E, comme centre avec le rayon A, décrivez un cercle. Puisque ED ou B est moindre que le rayon A, la droite DF aura le point D dans ce cercle et le coupera en deux points F, G , situés de différents côtés du point D. Si donc on tire EF, EG , on aura les deux triangles EDG, EDP, dont le dernier seul satisfait à la question. Car l’angle EDF est l’angle donné, et les côtés DE, EF sont égaux aux côtés donnés B et A. Le triangle GED renferme le côté DE égal à B, et le côté GE égal à A ; mais l’angle GDE , opposé à ce côté , est le supplément de l’angle C. Cependant si l’aiigleC était droit , le triangle GDE serait égal it EDF.

3* L’angle 'donné C doit être opposé au plus petit des deux côtés donnés, c’est-à-dire à B. Après avoir fait l’angle K égal à C , on prend Kl égal à A , et du point 1 , comme centre avec un rayon égal à B , on décrit un cercle ; or , abaissons de I la perpendiculaire IM sur KM. Si B est plus grand que IM, le point M sera dans le cercle, la droite KM sera une sécante qui coupera ce cercle en deux points, et comme Kl ou A est plus grand que le rayon B, ces deux points L, P seront situés du même côté du point K. Tirant donc IL et IP, on aura deux triangles KIL, KIP, satisfaisant tous les deux à la question. Car dans le premier. Kl = A , IL = B et l’angle K , opposé à IL , est égal à C; dans le second, KI=A, IP = B, et l’angle K, opposé à IL , est égal à C.

Çi le côté B était égal à IM, l’arc de cercle décrit du centre 1 et du rayon B toucherait la droite KP en M, et le triangle KMI seul résoudrait la question. Enfin, si B étaft plus petit que IM , l’arc de, cercle ne rencontrerait pas KP, et le triangle serait impossible.

Corollaire. Puisqu’il n’y a qu’un seul triangle qui ré-