ARCS DE CERCLES. QQ
d'intersection, il faudra alors entendre un cercle tel qu'il ait avec les deux cercles fixes un axe radical commun.
On peut pour l'un des cercles prendre la tangente commune. Supposons qu'elle soit tangente aux cercles fixes S, et 5g en ^ et fi tandisqu'un autre cercle S leur est tangent en C et D. Le cercle qui passe par les points d'intersection des cercles fixes coupe la tangente commune an E et S en F. Les lignes AC et BD se coupent sur S au point où la tangente est parallèle â la tangente commune. Comme les points A^ C, D et B sont sur une même circonférence de cercle, a la même puissance par rapport à S^ et S.^a donc aussi la même puissance par rapport aux trois cercles ACF, EF et BDF et par suite il doit se trouver sur l'axe radical de deux quelconques d'entre eux. Comme les trois cercles ont le point F commun, OF sera leur axe radical commun, et ils ont encore aussi un autre point d'intersection commun situé sur OF. Ces trois cercles ayant ainsi deux points communs, leurs centres doivent se trouver sur une même droite. Comme ACF et BDF passent par les points de contact, chacun d'eux coupe la tangente commune et la tangente en F sous le même angle et leurs centres sont par suite sur une ligne qui bissecte l'angle compris entre les deux tangentes; et comme le cercle EF a son centre sur la même ligne, il doit aussi couper la tangente commune et la tangente en F, ou le cercle S, sous des angles égaux.
Des Systèmes de cercles.
Parmi les conditions qui peuvent servir à déterminer un cercle, il faut remarquer en particulier celles qui consistent en ce qu'il doit: ï° passer par un point donné; 2° être tangent à une droite donnée; 3° être tangent à un cercle donné, Si l'on choisit les trois conditions qui déterminent un cercle parmi les précédentes, on obtient un groupe de problèmes qui, à l'exception de quatre, ont été résolus dans ce qui précède. Mais, avant de nous occuper de ces quatre derniers
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et de quelques autres qui s'y rattachent, nous allons établir deux théorèmes qui trouveront leur application dans ce qui
10. Si un cercle est tangent à deux autres cercles en A et B, la ligne AB passe par l'un des centres de similitude des deux cercles.
Supposons que AB rencontre une seconde fois en b le cercle passant par B. On voit alors aisément que le rayon qui va en b est parallèle au rayon mené par A dans l'autre cercle. A et à sont donc deux points homologues dans les deux cercles sembîablement placés et par suite Ab passe par le centre de similitude.
Si le cercle est tangent de la même manière aux deux autres, c'est à dire s'il les touche tous deux intérieurement ou extérieurement, la ligne passe par le centre de similitude extérieur; si au contraire il leur est tangent d'une manière différente, cette ligne passe par le centre de similitude intérieur.
Si est le centre de similitude, les deux cercles sont deux courbes inverses ayant comme centre d'inversion et le produit OA . OB est par suite constant.
11, Les centres de similitude extérieurs de trois cercles pris deux à deux sont sur une même ligne droite.
Soient A, S et C les cercles, Y le centre de similitude de A et B, ^ celui de A et C, a celui de B et C. Menons au cercle B deux tangentes parallèles aux tangentes communes à .4 et C et qui se coupent en P. Considérons maintenant les deux cercles A et B; j3 et P sont des points sn même temps sur une même ligne droite avec le centre de similitude j-. Prenons les cercles B et C; P et fi sont également des points homologues et par
homologues et par suite sont
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suite sont aussi sur une même droite avec a. Il résulte de là que a, /î et ;- sont sur une même droite.
Coroll. 1. On voit de la même manière que les t de similitude intérieurs de deux couples de cercles st une même ligne droite avec le centre de similitude ( du troisième couple.
Coroll. 2. Le théorème a encore lieu pour trois courbes quelconques qui sont semblables et semblablement placées deux à deux; aux trois courbes on peut en effet adjoindre trois cercles homologues; le théorème a lieu alors pour leur centres de similitude et ces derniers sont aussi les centres de similitude des courbes.
Exemples.
397. Tracer un cercle qui soit tangent à deux cercles donnés, et de telle manière que la ligne qui joint les deux points de contact passe par un point donné.
398. Tracer un cercle qui soit tangent de la même manière à deux cercles donnés et qui intercepte une corde de longueur donnée sur une droite donnée passant par le centre de similitude extérieur des cercles.
39g. On donne deux cercles A et £, et trois points D, E et F. Mener par D un cercle C tel que l'axe radical de ^ et C passe par E et que celui de .S et C passe par F.
400. Dans un quadrilatère ABCD, le côté AB reste fixe et les rapports des segments des diagonales sont constants. Déterminer le Heu géométrique de CD.
Supposons que les diagonales se coupent en et soit: AO:OC^m:n BO:OD^p:q.
Admettons que le point 0, qui est arbitraire, parcoure une certaine courbe K. Multiplions-la par --i^-^ par rapport à ^ et par *'"!"' par rapport à B\ on obtient ainsi les courbes que parcourent en même temps C et /*; elles sont semblables suivant le rapport - ^"l 't "j et leur
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centre de similitude est un point M situé sur la ligne ÂB (il, coroll. 2). Mais comme C et D sont des points homologues, la ligne C/? passe par J7, le rapport MC:MD étant égal à celui qui a été trouvé plus haut. On peut voir de la même manière que le rapport MB: MA est constant; en sorte que M est un point fixe et que par suite il est le lieu géométrique de CD.
Tracer un cercle qui soit tangent à deux cercles donnés et passe par un point donné.
On connait la puissance du centre de similitude des cercles donnés par rapport au cercle cherché. On peut donc déterminer un autre point de ce dernier et le problème se ramène à celui du N" 238.
Tracer un cercle qui passe par un point donné et soit tangent à une droite et à un cercle donnés.
Ce problème n'est qu'un cas particulier du précédent; car on peut considérer la droite comme un cercle de rayon infiniment grand.
Tracer un cercle tangent à trois cercles donnés.
Ce problème peut facilement se ramener à 401 à l'aide de la méthode employée (page 56) à l'article de la translation parallèle.
On peut aussi le résoudre par un procédé qui ressemble entièrement à celui qu'on appliqué dans le N" 201. Le triangle qu'il s'agit de construire est celui dont les sommets tombent aux points de contact cherchés; ses côtés passent par trois des centres de similitude des cercles donnés. Si donc on prend ces points pour centres d'inversion en choisissant les puissances d'inversion de telle manière que deux quelconques des cercles s'échangent entre eux, chacun des cercles après trois inversions viendra retomber sur lui-même. Il n'y a donc pas de différence essentielle entre le problème qui nous occupe et celui qui a été résolu précédemment.
La solution la plus simple et la plus élégante s'obtient néanmoins en ayant recours à ce théorème: que l'axe radical de deux cercles coupe suivant des angles égaux
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un cercle qui leur est tangent à tous deux et une des tangentes communes.
11 résulte en effet de la que les tangentes au cercle cherché aux points où il est coupé par les axes radicaux des cercles donnés sont parallèles à celles des tangentes communes aux cercles donnés qui appartiennent au même système de cercles tangents que celui qu'on considère. (Les tangentes extérieures communes de deux cercles appartiennent aux système de cercles qui sont tangents de la même manière aux cercles donnés; les tangentes intérieures se rapportent au système des cercles tangents de manières différentes).
Soient Â^ B et C les cercles donnés. Considérons le cercle cherché et le cercle  comme semblablement placés et ayant leur point de contact comme centre de similitude; les deux axes radicaux de J et 5 et de A et C sont homologues aux deux lignes dont l'une joint les points de contact entre A et les tangentes communes ^ A et B et dont l'autre réunit les points de contact entre A et les tangentes communes de A et C. Ces deux lignes se coupent donc en un point qui est l'homologue du centre radical des cercles donnés et la ligne qui joint ces deux points passe en conséquence par le point de contact cherché.
Tous les autres problèmes où le cercle est déterminé par trois quelconques des conditions que nous avons citées plus haut peuvent être considérés comme des cas particuliers du problème que nous venons de résoudre. Dans un triangle ABC inscrire trois cercles Sa, S/, et Se tels que chacun d'eux soit tangent aux deux autres et à deux côtés du triangle.
Ce problème célèbre a été résolu pour la première fois (1807) par le géomètre italien Malfatti^ qui calcula les rayons des cercles cherchés et trouva pour eux des valeurs qui pouvaient se construire facilement. En 1836, Steiner fit connaître que chacune des tangentes communes à deux des cercles esc en même temps tangente
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à deux des cercles qu'on peut inscrire dans les trois triangles suivant lesquels le triangle donné est partagé par les bissectrices des angles. Ce théorème fournit immédiatement une construction simple du problème. Steiner n'en donna toutefois pas de démonstration, mais il déclara qu'on y arriverait au moyen d'une série de théorèmes sur les centres de similitude, les axes radicaux, les cercles radicaux, &c. qu'il énonçait en même temps. Cette démonstration a été donnée complètement pour la première fois et d'après la marche indiquée par Steiner, par W Schrôter, en 1S74. Ce géomètre a toutefois eu recours à des inversions tant soit peu compliquées. Nous allons établir la construction de Steiner à l'aide de théorèmes complètement élémentaires.
Nous désignerons les points de contact avec les côtés de telle sorte qu'en parcourant le périmètre du triangle on rencontre successivement les points Â^ Cj, Cj, B, a^, a,, C, b^, b^\ S^ et Sj se toucheront en y, Sh et 5c en a, Se et Sa en /9. Un cercle, tangent à S„ et Se en /3 et qui passe par Cj , coupe ^ C en un point D et fait avec AU et AC des angles égaux (g). Ses tangentes en c^ et D se coupent donc sur la ligne qui bissecte l'angle A et forment avec les deux côtés un quadrilatère inscriptibîe en sorte que l'arc c^D est égal à l'angle A. Le cercle c^afi passe aussi par c,. Soit E le point où ce cercle et le cercle ^Db^ se rencontrent. On a zc.i'ôj = ZeiC3/9 + ^Lb^Dp == 180='— iA II résulte de là que le cercle c^Eb^ a son centre en A. Le cercle c^a^a^ coupe AB, AE et la tangente en Cj suivant des cordes égales; car Ac^ = AE et le cercle coupe AB et I>^c^ suivant des angles égaux. On peut voir de la même manière que le cercle E^Db^ coupe AE et la tangente en IJ suivant des cordes égales. Soit E le point où se coupent les tangentes en Cj et i*, et G et H les points où elles rencontrent respectivement AE. De c^F = BF, c^G = ËG, iJfi = EH il résulte qu'un côté du triangle GFH est égal à la somme des
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deux autres. Les points G et N doivent donc se confondre avec F, en sorte que AEF bîssecte l'angle A. Le cercle c^c^ajS coupe ainsi AB, AE et les tangentes en a et ^ sous des angles égaux et on peut par conséquent tracer un cercle concentrique qui soit tangent à ces quatre lignes. On démontrera de la même manière que ce cercle est aiissi tangent à la ligne qui bissecte l'angle B et le théorème de Steiner se trouve ainsi établi. Si l'on veut aussi considérer les cercles qui sont tangents aux prolongements des côtés, on obtient d'autres solutions qui se déduisent de la précédente au moyen de changements très-simples.
Si dans le problème, au lieu des côtés du triangle, on prend trois cercles, on peut alors considérer la figure inverse obtenue en prenant un des points d'intersection de deux quelconques des cercles comme centre d'inversion. On établit facilement alors que le théorème énoncé et démontré ci dessus peut s'étendre aussi à ce cas, en remplaçant les bissectrices des angles ■ par les cercles qui bissectent les angles des cercles donnés pris deux à deux (cercles radicaux) et en substituant à la tangente en ^ le cercle qui lui correspond dans la figure inverse et ainsi de suite.
Sur la possibilité de résoudre un problème donné a l'aide de la règle et du compas seulement.
Il peut arriver qu'on ne puisse pas trouver la solution d'un problème donné; et la question se pose alors de savoir si la cause ne tient pas à ce qu'on a mal compris comment i! fallait attaquer le problème, ou bien si ce dernier n'appartient pas plutôt à la catégorie de ceux qu'on ne peut pas résoudre avec la règle et le compas. Ce qui suit va nous donner le moyen de trancher la question dans la majeure partie des cas.
Du moment qu'un problème peut se résoudre, la solution, quelque compliquée qu'elle puisse être, doit se composer des
