PROBLÈMES SLR LA LIGNE DROITE ET LA CIRCONFÉRENCE

Problème I.

Fig. 47. 1 26. Partager une droite donnée A B en deux par-

ties égales par une perpendiculaire.

I.a question revient évidemment (60) à trouver deux points également distants des extrémités A et B de la

droite donnée. En conséquence, du point A comme centre, et avec une ouverture de compas plus grande que la moitié de AB, on décrira de part et d’autre de cette ligne deux arcs de circonférence CD, C'D'; puis du point B comme centre, et avec la même ouverture de compas, on décrira pareillement deux nouveaux arcs FG, F G', qui couperont les premiers aux points M et M'. Ces points seront chacun également distants des points A et B : donc la droite MM' qui les unit est perpendiculaire sur le milieu de A B.

Les deux arcs CD et C'D' se couperont, car, puisque nous avons pris une ouverture de compas plus grande que la moitié de AB, la somme de leurs rayons est plus grande que cette droite, c’est-à-dire que la distance des centres; et comme d’ailleurs ces rayons sont égaux, leur différence est nulle, et par conséquent moindre que cette même distance. Ainsi les conditions d’intersection sont remplies (103).

Nous avons marqué de part et d’autre de AB les deux points M et M' qui déterminent la perpendiculaire demandée, parce qu’une droite qui doit passer par deux points est d’autant mieux déterminée que ces points sont plus éloignés. On conçoit, en effet, que si l’on ne plaçait pas l’arête de la règle rigoureusement à égale distance des deux points, la ligne que l’on tracerait dévierait d’autant plus de la droite demandée tjue les deux points seraient plus près l’un de l’autre.

Problème II.

127. Par un point O donné sur une droite AB, Fig. 48. élever une perpendiculaire sur cette dwite.

Nous distinguerons deux cas , selon que la droite AB sera indéfinie, ou qu’on uc pourra pas la prolonger au delà du point O.

1° Il est clair que si l’on prend de part et d’autre du point O les deux distances égales OC et OD , il ne s’agira plus que d’élever une perpendiculaire sur le

milieu de CD, et il suffira, pour cela, de trouver un point équidistant de C et de D, puiquc Ü jouit déjà de cette propriété. Eu conséquence , des points C et D comme centres, et avec une ouverture de compas plus grande que CO, on décrira deux arcs qui se couperont au point G, et en tirant GO, le problème sera résolu.

Fig. 43. 2° D'un point quelconque C comme centre, avec CO

pour rayon, décrivez une circonférence, par le point F où cette circonférence coupe AB tirez le diamètre FCD, et en joignant OD vous aurez la perpendiculaire demandée (117).

Problème III.

128. D’un point G donne hors d’une droite AB, abaisser une perpendiculaire sur cette droite.

Si l’on prend sur la droite AB un point quelconque D, et que du point G comme centre, avec GD pour rayon, on décrive une circonférence, il est clair qu’elle coupera AB en un second point C (5;>, 1°), et le point G sera ainsi également distant de D et de C : si donc on marque un second point G' qui soit aussi équidistant de D et C (126), il suffira de le joindre au point G pour avoir la perpendiculaire demandée.

Si la droite AB n’est pas *assez grande pour que l’arc décrit du point G comme centre, avec le rayon GD, puisse la couper en un second point, ou prendra, sur cette ligne un autre point quelconque A , puis des deux points A et D comme centres, avec les rayons respectifs AG et DG, on décrira au-dessous de AB deux arcs qui se couperont en G" : de cette manière les points A et D seront équidistants de G et de G', de sorte que la droite AB sera perpendiculaire sur GG' (60), et réciproquement.

Problème IV.

Fig. 49. 129. Par le point A de la d toile AB mener une

droite qui fasse avec elle un angle égal à un angle donné C.

Du sommet de l’angle C, et avec un rayon quelconque, je décris entre ses côtés l’arc MN; puis du point A comme centre, et avec le même rayon , je décris à partir de la droite AB, l’arc PQ , sur lequel je porte de P en D une ouverture de compas égale à la corde de l’arc MN ; je joins AD, et l’angle DAB est égal à NCM : car ce sont des angles au centre qui interceptent des arcs égaux dans deux circonférences égales (103).

Problème V.

150. Diviser un angle donné A O B en deux par - pjg, 50 . lies égales.

Du sommet O comme centre, et avec un rayon arbitraire AO, décrivez l’arc AM B, entre les côtés de l’angle donné; puis abaissez du centre une perpendiculaire sur la corde de cet arc, et le problème sera résolu (81

et 103).

On pourra donc partager un angle en un nombre de parties égales qui soit une puissance parfaite de 2 (103).

Problème VI.

151. Par un point donné C , mener une parallèle Fig. 51 . à une droite donnée A B.

Ce problème est susceptible de plusieurs solutions, parmi lesquelles nous citerons les suivantes :

1° Si l’on mène par le point C une sécante quelconque CD, il est clair qu'il suffira de faire au point C, et avec cette droite, un angle égal à ÇDA , ce qui ne saurait présenter de difficulté, mais, comme le rayon des arcs à décrire, pour faire cet angle, est arbitraire, nous le choisirons égal à CD : de cette manière nous pourrons nous dispenser de tracer celte droite CD.

Ainsi, du point C comme centre, et d’un rayon aussi grand qu’il sera possible, décrivez, à partir de AB, l’arc DF; puis du point D comme centre et avee la même ouverture de compas , décrivez l’arc CA; prenez

ensuite l’arc DG=CA, et joignez CG: cette droite

résoudra le problème.

Fig. 52. 2° D’un point quelconque D de AB, avec DC pour

rayon, décrivez les deux arcs CA et BF, le premier termine en C, et le second indéfini au-dessus de AB; prenez l’arc BG=AC , et joignez CG : cette droite résoudra le problème (90).

Fig. 53. 30 Placez sur AB le grand côté PQ d’une équerre de

dessinateur PRQ, et appliquez une règle le long de l’un quelconque Pll des deux autres côtés; puis, la maintenant invariablement dans cette position, faites glisser l’équerre le long de la règle jusqu’à ce que le grand côté vienne passer par le point C : alors la ligne CD, tracée le long de P'Q', résoudra le problème : car les angles correspondants R'P'Q' et RPQ sont évidemment égaux.

Problème VII.

Fig. 22. 132. Par trois points donnés A, B, C , faire pas-

ser une circonférence de cercle.

Je joins AB et B C, j’élève des perpendiculaires D E et FG sur les milieux de ces droites, et de leur point d’intersection O comme centre, avec OA pour rayon, je décris une circonférence qui résoudra le problème.

153. Sciioli r. Pour trouver le centre d’un arc , tirez deux cordes quelconques , élevez des perpendiculaires sur les milieux de ces cordes, et leur point d’ intersection sera le centre demandé.

Problème VIII.

Fig. 54. 13 4. Décrire une circonférence qui touche la

droite A B au point C et qui passe en outre par le point D.

Le lieu géométrique des centres des circonférences tangentes à la droite AB au point C est la perpendiculaire F'F élevée par ce point sur celte droite (94) : donc le centre de la circonférence demandée est sur FF'; il doit aussi se trouver sur la perpendiculaire G'G

élevée sur le milieu de CD (89 ou 82) : donc il est à leur point d’intersection O ; décrivant donc une circonférence du point O comme centre avec le rayon OA , on aura résolu le problème (88 et 87).

Ce problème n’admet qu’une solution, puisque, les deux droites FF' et GG' ne pouvant avoir qu’un seul point d’intersection, on n’obtient ainsi qu’un seul centre , et partant qu’un seul rayon. Il serait impossible si le point D était donné sur la droite A B : car alors les perpendiculaires FF' et GG' seraient parallèles (62). Dans tout antre cas il sera possible.

Problème IX.

158. Décrire sur une droite donnée A B un a/c Fig. 55. capable de l'angle donné K, c’ est-h-dire tel que tous les angles inscrits dans cet arc soient égaux à l'angle K.

Supposons le problème résolu, et soit AC B l’arc demandé : tous les angles inscrits dans cet arc auront pour mesure la moitié de la partie restante A MB do la circonférence, et par conséquent cette moitié devra être la mesure de l’angle donné K. Donc si l’on fait au point B et au-dessous de AB l’angle ABD égal à K, cet angle aura pour mesure la moitié de AMB, et par conséquent BD sera tangente à la circonférence (11 8 et 118) : donc cette circonférence doit passer par le point A, et toucher la droite BD au point B, ce qui nous ramène au problème précédent.

Ainsi, pour résoudre le problème, on fera au point B et au-dessous de AB un angle ABD égal à K; on élèvera au point B une perpendiculaire sur BD; on en mènera une seconde sur le milieu de AB; et du point O, oit ces deux perpendiculaires se couperont, avec OB pour rayon, on décrira une circonférence. I/arc situé au-dessus de AB résoudra le problème.

Quant à l’arc inférieur AMB, il est capable du supplément de l’angle donné : car la somme des deux

angles AM B et ACB a pour mesure la moitié de la circonférence.

Donc si l’angle douné K est droit, l’arc demandé doit être une demi-circonférence; et, en effet, la perpendiculaire élevée sur BD au point B coïncide alors avec A B. Cela résulte encore de la remarque que nous avons faite au n° 12o.

Problème X.

Fig. 24. 136. Par un point A donné sur le plan d'une

circonférence } mener une tangente a cette circonférence.

Nous distinguerons deux cas, selon que le point donné sera situé sur la circonférence ou partout ailleurs que sur cette courbe.

Fig. 56. 1° Le point A étant situé sur la circonférence, on le

joindra au centre, et en élevant ensuite au point A une perpendiculaire sur le rayon OA, on aura la tangente demandée (87).

2° Supposons que le point À ne soit pas situé sur la circonférence et que AT soit la tangente demandée. Si nous joignons OT, l’angle OTA ainsi formé sera droit: donc son sommet se trouvera sur la circonférence décrite sur OA comme diamètre (123). Mais ce sommet doit aussi se trouver sur la circonférence donnée: donc il sera à l’intersection de ces deux circonférences. Ainsi, pour résoudre le problème, on tirera OA; sur cette droite, comme diamètre, on décrira une circonférence, et, en joignant le point donné A avec les points d’intersection T et T', on aura les deux tangentes AT et AT', qui résolvent également le problème. Si l’on joint en effet OT et OT', on formera des angles droits OTA et O T'A (11 7) : donc ces droites sont chacune perpendiculaires à l’extrémité d’un rayon, et par conséquent tangentes à la circonférence.

Discission. Pour que le problème soit possible, il faut que la circonférence ATOT' rencontre la circonférence donnée, et le nombre des solutions sera celui

PROBLÈMES SUR LE LIVRE I. Cl

même de leurs points connu nu s. Or, il peut se présenter trois cas (pie nous allons examiner successivement.

1 er cas. Le point A est extérieur il la circonférence donnée. Alors OB est plus petit que OA, c’est-à-dire que la somme faite de l’autre rayon et de la distance des centres, puisque ces deux droites sont chacune la moitié de OA; d’un autre coté, cet autre rayon est moindre que la distance des centres augmentée de OB, donc déjà la distance des centres est plus grande que la différence des rayons (10/1); elle est aussi moindre que leur somme, puisqu’elle est égale à l’un d’eux; donc les deux circonférences se coupent (103); donc il y a deux solutions.

2" cas. Le point A est sur la circonférence donnée. Alors O B est égal à OA, c’est-à-dire à la distance des centres augmentée de l’autre rayon , ou , en d’autres termes, la distance des centres est égale à la différence des rayons; donc les deux circonférences se touchent intérieurement au point A (101), et il n’y a qu’une seule solution.

3 e c as. Le point A est intérieur à la circonférence donnée. Alors OB est plus grand que OA, c’est-à-dire que la somme faite de la distance des centres et de l’autre rayon, donc la circonférence auxiliaire est intérieure à l’autre, et par conséquent le problème est impossible.

137. Corollaire. Si l'on fait tourner la partie inférieure de la figure autour de OA comme charnière, les deux demi-circonférences AT O et CT B viendront recouvrir exactement leurs correspondantes supérieures : donc le point T' viendra tomber à la fois sur ATO et sur BTC, et par conséquent à leur point de section T; donc tes deux tangentes AT et AT' sont égales, et l’angle T AO = T' AO; de sorte que la divile qui joint le point de concours de deux tangentes au centre, divise l'angle formé par ces tangentes en deux parties égales.

158 . Réciproquement, si l’on divise l’angle T AT' de deux tangentes en deux parties égales, la droite de division passera par le centre de la circonférence, sans quoi, en joignant ce centre avec le point A, l’angle T AT serait divisé en deux parties égales par deux droites distinctes, ce qui est absurde.

Donc le lieu des centres de toutes les circonférences tangentes h deux droites données est la droite qui divise leur angle en deux parties égales.

139. On peut encore résoudre le problème précédent de la manière suivante :

Fig. 57. Décrivez des points O et A comme centres, et avec les rayons respectifs 20R et OA, deux circonférences qui se couperont aux points 1 et I'; joignez ensuite OI et OT, et les points T et T', où ces droites rencontreront la circonférence donnée, seront les points de contact des tangentes demandées : de sorte qu’en joignant AT et AÏ', le problème sera résolu. Les points T et A sont en effet équidistants de O et de I : donc AT est perpendiculaire sur 01(60); donc cette droite est une tangente.

Remarquons que cette méthode fournirait encore le moyen de résoudre le problème, lors même que la circonférence OB ne pourrait pas être tracée. Seulement, après avoir déterminé le point I, il faudrait chercher un point équidistant de I et de O; la droite qui l’unirait au point A serait perpendiculaire sur le milieu de OI, et serait par conséquent tangente h la circonférence (').

Problème XI.

140 . Décrire une circonférence qui soit tangente Fig. 58. a trois droites indéfinies PQ, 11S et TU.

Nous avons vu que le lieu des centres de toutes les

(’) Celte méthode est une application de celle que l’on emploie pour mener une tangente à l'ellipse par un point extérieur, quand on connaît son grand axe et scs foyers.

PROBLEMES SI' Il LE LIVRE I.

circonférences tangentes à deux droites est la droite qui partage leur angle en deux parties égales ( 1 50) : donc si l’on divise 1rs angles en A en deux parties égales par les droites DE et FG , le centre de la circonférence demandée devra sc trouver sur l'une ou sur l’autre de ees droites. Par la même raison il devra aussi se trouver sur l’une des deux droites IK et LM, qui partagent les angles en (1 en deux parties égales : donc il Sera l'un des points où elles rencontrent les deux" premières, c’est-à-dire O, ()', O' ou O ", de sorte que le problème aura quatre solutions. Abaissons en effet du point O, par exemple, les perpendiculaires OC/, OB', OA' sur les droites respectives BS, l’Q, TP. Il est évident que si l’on plie la figure le long de OA, les droites PQ et ItS se recouvriront, puisque les angles S AO et Q AO sont égaux: donc les perpendiculaires OC et OB' coïncideront aussi, sans quoi ou pourrait abaisser d’un même point deux perpendiculaires sur une même droite; donc elles sont égales. On verrait de même que OB' = O A', et qu 'ainsi, si du point O comme centre, et avec OA' pour rayon, on décrit une circonférence, elle sera tangente aux trois droites données.

Les trois autres points O', O" et O " sont de même les centres de trois circonférences faciles à décrire, et qui seront aussi des solutions de la question.

Quoiqu’on n’ait pas fait usage des angles en B, ou ne doit pas penser que les droites qui les partagent en deux parties égales fournissent de nouvelles solutions: car ces droites, étant le lieu îles centres de toutes les circonférences tangentes à BS et à TU, devront nécessairement aller passer, l’une par les points O et ()'",et l’autre par O et O".

Si l’on suppose que la droite R S, par exemple, tourne autour du point A, dans le sens indiqué par la flèche, en allant de droite à gauche, elle entraînera les droites GF et DF, de sorte que, quand clic sera devenue parallèle à TU, ces droites le seront respectivement à Ils. et à LM (09, 3°, et 70) : donc alors les centres O' et O"

(il- LEÇONS DE GÉOMÉTRIE.

n’existeront plus, et ainsi le problème n’admettra plus que deux solutions (').

Enfin si les trois droites étaient parallèles, le problème serait évidemment impossible.

Problème XII.

Fig. 59. 141 . Décrire une circonférence qui touche une

circonférence donnée O, et soit en outre tangente h une droite donnée A B en un point donné €.

Soit O’ le centre inconnu de la circonférence demandée : ce point se trouvera évidemment sur la perpendiculaire indéfinie DD', menée à AB par le point C. D’un autre côté, si les deux circonférences doivent être tangentes extérieurement, O O sera la somme des deux rayons : par conséquent , si l’on prend CD égal au rayon de O, le centre O' sera également distant des points O et D. de sorte qu’il sera déterminé par l'intersection de DD' avec la perpendiculaire FF' élevée sur le milieu de OD. Mais si les deux circonférences doivent se toucher intérieurement, la distance de leurs centres sera la différence de leurs rayons; et conséquemment si l’on prend CD' égal au rayon de la circonférence O, le centre inconnu sera équidistant des points O et I)', et se trouvera ainsi à l’intersection O ' de DD' avec la perpendiculaire GG' élevée sur le milieu de OD'.

On voit donc que le problème admet en général deux solutions, si, comme nous l’avons supposé, le point C est extérieur à la circonférence donnée. Cepen-

(■) Il est clair que, dans le mouvement de la droite AF. autour de A , le point O' s’éloignera de plus en plus du point C, et qu’en même temps l’angle AO'C=Ô'AE' (69, 1°) diminuera continuellement. On voit encore que la limite de la distance O'C sera l 'infini , tandis que celle de l’angle O' sera zéro. Or quand ces limites scrout atteintes, la droite AF sera devenue parallèle à C M : car alors elle ne la rencontrera plus. Ainsi nous poliri ons dire que deux droites sont parallèles quand elles ne sc rencontrent qu à une distance infinie , ou qu’elles font un angle nul.

dant, si la droite AB était tangente à la circonférence O, il est clair que OD' serait alors parallèle à cette droite (67), et qu’ainsi le centre O" s’éloignerait à l’infini [140 (*)]. Dans ce cas la circonférence O C dégénérerait dans la tangente AB102).

Si le point C était sur la circonférence O, CD et CD' seraient alors égales à OC, et ainsi les points O' et O" coïncideraient avec C : donc les circonférences O'C et 0"C se réduiraient au point C.

Si le point C est intérieur à la circonférence O, la construction réussit toujours; mais les deux circonférences sont intérieures à la circonférence donnée.

Enfin, si AB est tangente à la circonférence O, et que C soit précisément le point de contact, le problème admet une infinité de solutions (102).

142. Problèmes a résoudre. 1° Décrire une circonférence qui louche deux droites données et l’une d'elles en un point donné.

2° Décrire une circonférence qui touche une circonjèrence donnée en un point donné et qui passe par un second point donné . — Déduire de la solution trouvée celle du problème du n° 134.

3° Décrire une circonférence qui touche une circonférence donnée en un point donné et soit en outre tangente a une droite donnée.

4° Décrire une circonférence d’un rayon donné , et qui touche a la fois une droite et une circonjérence données.

5° Par un point donné sur le plan d'une circonférence tirer une sécante telle que la corde interceptée soit égale h une droite donnée.