LIVRE

ponde à la question lorsqu’on donne deux côtés et l’angle opposé au plus grand de ces côtés, on peut conclure que deux triangles sont égaux s’ils ont deux côtés égaux chacun à chacun , et l’angle opposé au plus grand côté aussi égal.

PROBI.ÈUE.

Diviser un angle ou un arc en 2, 4, 8, 16, etc., parties Kig. 47. égales.

S’il s’agit d’un angle BAC , on décrit du sommet A , comme centre avec un rayon quelconque AB, un arc BIC terminé aux côtés de l’angle. Ensuite des points B et C, comme centres avec un même rayon plus grand que la moitié de la corde BC, on décrit deux arcs qui se coupent en un point F ; la droite AF divisera l’angle BAC en deux parties égales. Car la droite AF, ayant deux points A et F également distants de B et C , se trouve perpendiculaire au milieu de BC (p.lô); donc elle passe au milieu de l’arc BIC (p. 3); mais si les arcs BI, IC sont égaux, les angles • BAI , lAC le sont aussi (p.- 4).

En second lieu , s’il s’agit d’un arc BC à diviser en deux parties égales, on détermine le point F comme tout à l’beurc , on tire AF et l’on a le point I , milieu de l’are.

Enfin , si l’on divise chaque moitié de l’angle ou de l’ai'c en deux parties égales, et ainsi de suite, on pourra opérer la division en 4, 8, 16 , etc., parties égales.

Remarque. La partie AF de la ligne de division est le lieu de tous les points qui , dans l’angle BAC, sont également distants des côtés.

En effet, soit le point G pris sur AF ; menons de ce point sur les côtés de l'angle les perpendiculaires GII, GIl'; les triangles AGII,

AGIl', auront l’angle droit AUG égal à AH'G; les angles HAG , H'AGsont égaux comme moitiés d’un môme angle; donc aussi les angles AGU, AGU' sont égaux (I. 1, p. 20, c. 1); d’ailleurs le côté A.G est commun; donc (I. 1 , p. 6) ces deux triangles sont éeaux

GÉOM^RIE.

pntre eux , et le côté GIl est égal à GU'. S'il s’agit d'un point K pris dans l’angle , mais hors de la droite AF, on abaisse de ce point les perpendiculaires Kll, Kl., sur les deux côtés; l'une de ces perpendiculaires, Kfl , coupe la droite AF en un point G ; do ce' point G on abaisse GU' perpendiculaire sur AC, et l'on joint Kll'; cela fait, on aura KL plus petit que l’obriquo KU'; maitKlI'<KG -t-Gll', ou, puisque GH'= GH , KH'<KG + GH ou <KU;donc aussi KL < Kll. Ainsi , tout point pris sur AF est également distant des côtés de l'angle OAC , et tout point pris dans l'angle et hors de AF est inégalement distant do ces mêmes côtés.

Dèfi?iition X. La droite qui divise un angle en deux parties égales est appelée la bissectrice de cet angle.

PROPOSITION XXL

PROBLÈME

Fig. 48. Mener un cercle latigenl à Irais droites AB , CD , KF, qui se coupent deux à deux.

Ce problème offre 4 solutions :

^ 1° Tirez les bissectrices GL , H.N des angles BGF , AIID ; elles

se couperont en un point K. Or, ce point , situé dans l'angle BGF, et sur la bissectrice do cet angle , est à égales distances des côtés AB, EF; par une raison semblable, il est également distant des côtés AB, CD; donc les perpendiculaires KO, KO', KO", abaissées do ce point sur ces trois droites , sont égales, et le cercle décrit du point K, comme centre avec le rayon KO, passera parles points O , O', O'', et sera tangent aux trois droites AB , CD , EF , puisque celles-ci sont perpendiculaires aux extrémités des rayons KO, KO, KO" (p.C).

Puisque le point K est également distant des droites CD , EF, il est aussi sur la bissectrice de l'angle CIE (p. 20 , r.) , de sorte que les bissectrices des angles du triangle GUI se coupent en un même point K.

2“ Les bissectrices des trois angles BHD , BGF, CIF se coupent de même en un point L, qui est le centre d'un cercle tangent aux trois portions de droites HB, 111 , IF. Le rayon sera la perpendiculaire abaissée de L sur une de ces droites.