Décrire une circon/érençe qui passe par deux

points donnés A et B et soit de plus tangente a. une droite donnée CD.

Supposons le problème résolu, et soit T le point où la circonférence demandée touche la droite CD. Il est clair que si l’on connaissait ce point, la circonférence serait déterminée (79). Or, si nous prolongeons AB, jusqu’à sa rencontre avec CD en F, la tangente FT sera moyenne proportionnelle entre la sécante FA et sa partie extérieure F B : donc , en cherchant cette moyenne proportionnelle, et la portant sur CD, on déterminera le point de contact T. Comme il n’y a pas de raison pour la porter d’un côté de F plutôt que de l’autre, on prendra aussi FT' égale à la moyenne proportionnelle, et en faisant passer une première circonférence par T, A et B , et une seconde par T, A et B , on obtiendra les deux solutions du problème.

Ceci snppose la réciproque du théorème du n* 229; mais il est facile de la démontrer en suivant la règle du n° 48 : ainsi nous ne nous y arrêterons pas.

Si la droite CD était parallèle à AB, la construction précédente serait impossible; mais on observerait qu’en vertu du théorème du n° 89, 2°, la perpendiculaire élevée sur le milieu de AB irait passer au point de contact, et le déterminerait ainsi.

Problème IX.

280. Décrire une circonférence qui, passant par deux points donnés Ae/B, soit en outre tangente h Fig. 135 . une circonférence donnée O.

Je décris une circonférence, qui passe par les deux points donnés A et B , et qui coupe la circonférence O en deux points C et D. Alors, si du point de section F des deux cordes AB et CD je mène une tangente à la circonférence O, le point T où elle la touchera sera précisément le point de contact de cette circonférence avec celle que l’on demande : car le carré de cette tangente, étant égal au produit FC.FD, le sera aussi au produit FA.FB; et ainsi la circonférence

qui passera par les trois points A, B, T, touchera la droite FT, et par conséquent la circonférence O au point T.

Le problème aura dont- deux solutions, puisque du point F on pourra toujours mener deux tangentes à la circonférence O, à moins que l'un des points donnés ne soit intérieur à cette circonférence, et que l’autre ne lui soit extérieur : alors le problème serait impossible. Nous observerons toutefois que si la droite AB était tangente à la circonférence donnée, l’un des points de contact se trouverait sur cette droite, de sorte que la circonférence tangente en ce point se réduirait à la droite AB elle-même (102).

Si la perpendiculaire abaissée du centre O sur AB passait par le milieu de cette droite, les deux cordes AB et CD couperaient alors cette droite à angles droits (07), et seraient ainsi parallèles : donc les tangentes FT et FF' leur seraient parallèles et les points de contact T et F se trouveraient précisément aux intersections de la circonférence O avec la perpendiculaire dont il s’agit.

Il est facile de voir que le problème du n° 279 est un cas particulier de celui-ci (102), en observant que FT= V F A. F B.

Problème X.

Fftt. 103. 281. Construire sur une droite donnée A' B', ho-

mologue à AB, un triangle semblable au triangle donné ABC.

Les théorèmes des n os 249 et 2o5 et la définition du n* 247 peuvent également servir à résoudre ce problème; mais le premier est celui qui en fournit la solution la plus simple : car il suffit de faire aux points A' et B' des angles respectivement égaux aux angles A et B.

Problème XI.

Fig. 136. 282. Construire sur une droite donnée A' B', homo-

logue h AH, un polygone semblable a un polygone donne ABC DE.

On peut s’appuyer pour résoudre ce problème sur l’un des théorèmes démontrés aux n' s 238 et 2o9, mais il est plus simple d’en déduire la solution de la définition même des polygones semblables.

En conséquence, on commencera par partager le polygone donné en triangles par des diagonales issues d’un même sommet, si la chose est possible; sinon, on le décomposera en polygones qui jouissent de cette propriété , ce qui ramènera ce second cas au premier. Soit donc ABC DE le polygone proposé décomposé en triangles parles diagonales BD et BE. On construira sur A' B' un triangle semblable, à A BE, en faisant les angles E' A' B' et A'B'E' respectivement égaux aux angles EA B et ABE. Alors, pour que les triangles soient semblablement placés dans les deux polygones, il faudra que les angles dont les sommets seront en B' et en E' soient respectivement homologues de EBD et de B ED. On construira donc sur B'E' un triangle semblable à BED , qui satisfasse à cette condition, et l’on continuera ainsi de suite.

Si A' B' = A B , le nouveau polygone sera égal au polygone donné. Yoilà donc un nouveau moyen de construire un polygone égal à un autre (213).

Problème XII.

283. Construire un polygone semblable à un polygone donné , et dont le périmètre soit égal à une droite donnée, p .

Cherchez une quatrième proportionnelle au périmètre du polygone donné ABCDE, et à AB, et Fig. 1S6. vous aurez le coté qui doit être homologue à A B dans le polygone cherché (268) , ce qui vous ramène au problème précédent.

Problème XIII.