DB

irconserire e; et réciirconscerire

La vérité de cet enoncé pourrait de suite se tirer des conclusions déjà établies (2° et 3°) au par. (555).

D'ailleurs, soit ECB un cercle dans lequel toutes les cordes AB, BC, etc. sont égales ; la fig. ABCDE sera (175 Déf.) un polygone régulier.

En effet, parceque par hyp. la corde AB=—BC—CD=etc. et que (4038) dans un même cercle, les cordes égales soustendent desarcs égaux ; on a l'arc AB= l'arc BC—CD=etc. ; c-à-d. (69. Ax.) l'arc ABC— l'arc BCD, et la corde AC— celle BD, puisque (403) les arcs égaux dans un même cercle sont sous-tendus par des cordes égales. Les triangles ACB, DBC ont donc leurs côtés correspondants égaux, et par suite (235) leurs angles sont égaux. Donc l'angle B du pol. est égal à l’angle C, et l’on prouverait de même C=D, D=E et ainsi des autres; donc le polygone ABCDE a tous ses angles égaux ; et ses côtés sont égaux par hyp., étant formés des cordes égales du cercle ECB; donc il est régulier; et il est composé d'un nombre quelconque de cordes ou de côtés ; donc un polygone régulier quelconque peut être inscrit dans un cercle.

(616) En second lieu, parceque les cordes égales AE, ED, etc. sont (461) également éloignées du centre O du cercle; les perpendiculaires OF, 0G, etc. qui mesurent ces distances (200) sont égales, et un cercle décrit du centre O avec un rayon OF, toucherait le côté AE et tous les autres côtés du pol. aux points F, G, etc., milieux de ces côtés ; car (407) la perpendiculaire menée du centre sur une corde, bisscte la corde, et (468) ln point de contact du cercle est situé à la rencontre de la tangente et de la ligne menée du centre perpeudiculairement à cette tangente. Le cercle GHF est

donc inscrit dans le pol. et ce polygone est un pol. d’un uombre quelconque de côtés, (le nombre des. cordes égales, AB, BC, etc. étant par hyp. indéfini); donc un cercle peutêtre inscrit dans un polygone régulier quelconque.

(617) En troisième lieu, le pol. ABCDE est circonscrit au cercle GHF, puisque (616) ce cercle lui est inscrit; donc un polygone régulier quelconque peut-être circonscrit à un cercle.

(618) En dernier lieu, le pol. ABCDE étant inscrit dans le cercle ECB, ce même cercle est par conséquent circonscrit au pol; donc aussi, l’on peut circonscrire un cercle à un polygone régulier quelconque.

(619) Cor. L. De ces conclusions il résulte que si d’un centre commun l’on peut inscrire un cercle dans un polygone et lui circonscrire un cercle, ce polygone est régulier. Car, si l’on suppose que ces cercles soient décrits, le cercle intérieur touchera tous les côtés du pol. ; ces côtés sont donc (461) également éloignés du centre, et étant en même temps des cordes du cercle circonscrit, elles sont égales et contiennent des angles égaux, comme il est démontré (615) par la prop.; donc le polygone est en même temps équilatéral et équiangle, c-à-d. (175) régulier.

(620) Sco. L. Le point O, centre commun des cercles inscrit et circonscrit (555, 2° et 8°) peut aussi être regardé comme centre (175) du polygone ; et pour cette raison, l'angle AOB est appelé angle au centre, étant formé par deux rayons menés aux extrémités d’un même côté AB. Toutes les cordes étant égales, tous les angles au centre du polygone régulier sont aussi égaux (404) et l’on trouvera en conséquence la valeur d’un de ces angles en divisant (24) quatre angles droits par le nombre des côtés du polygone.

(621) Soo. 2. Prob. Pour inscrire un polygone régulier quelconque dans un cercle ; il n’y a qu’à diviser la circonférence en autant de parties égales que le polygone a de

n pol. d’un des égales, cercle peut- D.

circonscrit scrit ; donc onscrit à un

inscrit dans t circonscrit cercle à un

jue si d’un le dans un olygone est ient décrits, |, ; ces côtés , et étant en t, elles sont il est démonmême temps

des cercles | être regarcette raison, nt formé par ne côté AB.

»s au centre et l’on trou- >s angles en nombre des

one régulier ser la circonolygone a de

côtés; car, les arcs étant égaux, les cordes seront auss égales (408) et le pol. sera (615) régulier par la prop.

(622) Cor. 2. Les cordes AF, DE, etc. étant égales et les rayons OA, OE, OD, etc.

égaux, les triangles AOE, DOE, etc. qui vomposent le polygone régulier ABCDE, sont isocèles et égaux en toutes choses (239); donc angle AËEO = angle DEO ; donc le rayon OE mené du centre à l’angle E du pol. bissecte cet angle; et l’on prouverait de même que le rayon OA bissecte l'angle A et ainsi des autres ; donc les lignes menées du centre aux angles d’un polygone régulier bissectent ces a‘les ; et réciproquement les bissectrices des angles d'u: polygone régulier se rencontrent en un inême point qui est le centre du polygone ; car, les angles À, B, C etc. étant égaux, leurs moitiés sont aussi égales (69. Ax.) et les triangles AOE, DOE, etc. ayant tout leurs angles et un côté égaux, sont égaux en toutes choses (238); donc, l'on a OA=OE—0D— etc; d'où, O est évidemment le centre (175) du polygone.

(623) Sco. 3. Prob. Il suit que pour circonscrire un cercle à un polygone régulier quelconque ; il n’y a qu'à bissecter deux des angles du pol., et au point de rencontre des bissectrices, avec un rayon égal à l’une d'elles, décrire le cercle voulu.

(624) Sco. 4. Prob. Il suit aussi que pour inscrire un cercle dans un polygone régulier quelconque ; après avoir trouvé le centre du cercle, situé, comme il a été dit, à la rencontre des bissectrices de deux angles du pol., iln’ya qu'à abaisser de ce point une perpendiculaire OF sur l’un des côtés et prendre cette perpendiculaire pour rayon du cercle voulu.

(825) Sco. %. Prob. Les triangles AOËE, DOE, etc. étant (622) égaux et isocèles, les angles au sommet O sont bissectés par les perpendiculaires OF, OG, etc. (285 et 236). Mais les angles au centre EOA, EOD, etc. sont égaux (620) et leurs moitiés sont aussi égales (69. Ax.); donc l’angle GOF—EOA ou EOD—FOK= etc. ; car ces angles sont composés des moitiés égales KOA, FOA, FOE, etc. Or, les angles égaux au centre sous-tendent (899) des arcs égaux ; donc, pour circonscrire un polygone régulier quelconque à un cercle donné, il n’y a qu’à diviser la circonférence en autant de parties égales GF, FK, etc. que le pol. a de côtés, mener ensuite les rayons OG, OF, etc. aux points de division G, F, etc. et aux extrémités de ces rayons, mener les perpendiculaires DE, EA, AB, etc. qui seront les côtés du pol. requis.

En effet, soient E, A, etc. les points où ces côtés se rencontrent ; joignez OE, OA. Les angles GOF, K'OK sont égaux, puisque les arcs GF, FK, etc. sont égaux par constr. Les tangentes EG, EF sont égales (493) ainsi que celles AF, AK, et les lignes OE, OA menées du centre à la rencontre E, À, de ces tangentes, bissectent (494) les angles formés par ces tangentes. Les deux triangles GOE, FOE sont donc égaux en toutes choses; donc angle EOG= angle te Lt et FOA=— mouse mais GOF—

KOF par conetr; donc aussi FOE—FOÀ, et les angles en F étant droite et le côté OF commun, 1la base FE= celle FA ; d'où il suit que EA=2EF—2EG—ED=AB=etc. ; donc le polygone est équilatéral ; et il est aussi équiangle, car dans chacun des quadrilatères FOGE, FOKA dont la somme des angles intérieurs vaut (255) quatre angles droits, il y a deux angles droits en G et F et en K et F, et des quatre autres angles, les deux en O sont égaux par constr. ; d’où, il est clair que les angles en E, A, sont aussi égaux.

On prouverait de même l’égaliié des angles B, CO, etc. ; donc le polygone est équiangle, et il a été prouvé équilatère ; donc il est régulier (175) et le problème est résolu.

E, etc. étant t O sont bis- (285 et 236).

égaux (620) donc l’angle les sont cometc. Or, les arcs égaux ; quelconque onférence en |. a de côtés, ts de division ener les percôtés du pol.

côtés se renr, OK sont X par constr.

si que celles centre à la 4) les angles GOE, FOE gle EOG= mais GOF—=

es angles en se FE= celle B=etc. ; donc quiangle, car pnt la somme droits, il y a et des quatre astr. ; d'où, il

5 B, C, etc. ; 6 équilatère ;

(626) Sco. 6. Il est évident, d’après ce qui précède, que l'on pourra toujours inscrire dans un cercle ou lui circonscrire un polygone régulier d’un nombre quelconque de côtés, pourvu que l’on puisse diviser la circonférnce du cercle en le même nombre de parties égales que le polygone doit avoir de côtés.

(627) Sco. 7. Prob. Inscrire un triangle équilatéral dans un cercle.

Par un point quelconque A sur la circonférence, ayant mené (488) une tangente DE, faites chacun des angles EAC, DAB égal au tiers de deux angles droits (263), c-à-d. égal à l'angle D d'un triangle équilatéral, et joignez BC; ABC sera le triangle demandé, chacun des angles B, C dans les segments alternes ACB, ABC étant égal, respectivement (487) aux angles DAB, EAC formés par la tangente DE et les cordes AC, AB.

(628) Sco. 8. Prob. Il suit du dernier paragraphe que pour inscrire dans un cercle un triangle quelconque équiangle à un triangle donné ; l’on n'aurait qu’à faire les angles en EAC, DAB respectivement égaux à deux des angles du triangle &onné, et joindre BC pour compléter la construction.

Rem. On se rappellera que la méthode de circonscrire un cercle à un triangle donné a déjà été demontrée au par. (420).

(629) Sco. 9. Prob. Pour inscrire À un cercle dans un triangle équilatéral, on suivrait la méthode générale du par. (624), le triangle équilatéral n'étant autre chose

qu'un polygone régulier de trois côtés.

(680) Sco. 10. Prob. On procé-

derait tout de même à inscrire un cercle dans un triangle donné quelconque, puisque (494) les bissectrices AD, BD, CD passent toutes par le centre du cercle auquel les côtés AB, BC, CA doivent être tangents.

(681) Sco. IL Prob. Puisque dans tout quadrilatère AEDG, la somme des angles intérieurs vaut (25€; quatre angles droits et que les deux angles AED, AGD formés par les rayons DE, DG menés aux points de contact E, G des tangentes AB, AC, sont droits (466) ; il s'en suit que la somme des angles A et D du quadrilatère vaut aussi deux angles droits; ces angles sont donc suppléments (180 Déf.) l'un de l’autre. Donc, pour circonscrire à un cercle donné un triangle équilatéral ou polygone régulier de trois côtés ; il n’y a qu'à mener les trois rayons DE, DF, DG formant l'un avec l'autre des angles EDG, EDF, GDF respectivement égaux aux suppléments des angles du triangle demandé, c-à-d., dans ce cas ci, égaux entre eux et chacun aux deux tiers de deux angles droits, ou au double d'un des angles du triangle équilatéral, et par les extrémités E, F, G de ces rayons, mener les perpendiculaires AB, BC, AC qui détermineront le triangle requis.

(632) Sco. 12. Prob. Si l’on avait à circonscrire au cercle un triangle quelconque équiangle à un triangle donné; il est clair qu'il n'y aurait qu'à faire les angles EDG, EDF, GDF respectivement égaux aux suppléments des angles du triangle donné, et procéder ensuite comme ci-dessus pour résou- B : ve Û dre le problème.

(633) Sco. 18. Prob. Inscrire et circonscrire un cercle à un carré, et un carré à un cercle,

En premier lieu, soit HF le carré donné pour y inscrire un cercle ABCD. Il est démontré (624) que pour inscrire

in triangle es AD, BD, el les côtés

uadrilatère 20€; quatre formés par ct E, G des suit que la aussi deux (180 Déf.) rcle donné r de trois E, DF, DG EDF, GDF es du triantre eux et 1 au double 3 extrémités

es AB, BC,

un cercle

y inscrire bur inscrire

un cercle dans un pol. régulier quelconque, il n’y « qu’à bissecter deux des angles du pol. et avec un rayon égal à la perpendiculaire menée de la rencontre des bissectrices au côté du pol., décrire le cercle requis. Or, un carré est un pol. rég. de quatre côtés (165 Déf) et la règle donnée s’applique au carré comme à tout autre pol.; faisant attention seulement, comme il faut le faire, dans tout pol. ayant un nombre pair de côtés ou d’angles, que les deux angles bissectés ne soient pas opposés l’un à l’autre, puisque dans ce cas, les bissectrices ne s’intersecteraient pas et ne formé-

- raient qu’une seule et même ligne droite, comme cela est

évident pour le carré, où les deux bissectrices opposées HE, FE forment chacune partie de la diagonale HF.

(634) Sco. 14. Prob. Il est clair que dans le carré, comme dans tout autre polygone ayant un nombre pair de côtés, le centre du polygone ainsi que celui des cercles inscrit et circonscerit, est situé au milieu d’une des diagonales menées entre deux de ses angles opposés, et peut s'obtenir en menant et bissectant dette diagonale.

(635) En secvnd leu, soit ABCD &G A F le carré auquel il faut circonscrire un cercle. On voit de suite que l’intersection E des deux diagonales donne le centre du cercle voulu.

(636) En troisième lieu, si ABCD est le cercle auquel il faut inscrire un carré, il est évident qu'on partagera la circonférence du cercle en quatre parties égales, en menant dans le cercle deux diamètres AC, BD perpendiculaires l’un à l’autre. Joignant ensuite les points À, B, C, D, on aura (621) le carré requis.

(637) En dernier lieu, si ABCD est le cercle auquel il faut circonscrire un carré; ayant procédé comme ci-dessus, l’on menera aux extrémités À, C, B et D des diamètres AC, BD, les perpendiculaires GF, HK, GH et FK, qui formeront (625) le carré GHKF demandé.

(638) Sco. 15. Puisque le triangie AED est isocèle et rectangle, à cause des rayons égaux EA, ED qui se rencontrent à angle droit, l’on a (305) AD°=AE*+DE?, et si le rayon AE=—1, AD sera =y2; donc le côté du carré inscrit est au rayon comme la racine carrée de 2 est à l'unité, ou AD:AE::y2:1.

PROP. LXX. THÉOR.

. (639) L’angle C au centre d’un décagone régulier AGL est moitié de l’angle BAC ou ABC compris entre le rayon oblique CA ou CR «t ie côté AB du décagone.

En effet, l’angle © au ce:

tre du décagone vaut ui dixième de quatre angles droits, puisque tous lesangles que l’on peut faire autour d’un point C ne valent ensemble (140) que quatre angles droits, et que (620) tous les angles au centre d’un polygone régulier quelconque sont égaux, étant appuyés sur les côtés égaux du pol. qui sont en même temps des cordes égales du cercle circonscrit et sous-tendent des arcs égaux, mesures (425) de ces angles.

Mais (255) la somme de tous les angles intérieurs d’un polygone quelconque vaut autant de fois deux angles droits que la fig. a de côtés moins deux, c-à-d. autant de fois deux angles droits que la fig. a de côtés moins quatre angles droits ; donc l’angle À ou B du décagone, c-à-d. l'angle OAB ou EBA formé par deux côtés adjacents du décagone vaut un dixième de cette somme. Or, dix fois deux angles droits, moins quatre angles droits, font seize angles droits ; donc l'angle A du décagone vaut un dixième de sieze angles droits, et l’on vient de voir que l’angle C au centre vaut un

st isocèle et 1i se rencon- DE”, et si le *arré inscrit st à l'unité,

ne régulier pris entre le agone.

es Ua VS

ne temps des lent des arcs

érieurs d’un angles droits de fois deux atre angles à-d. l'angle du décagone deux angles gles droits ; sieze angles ntre vaut un

dixième de quatre angles droits; donc l'angle C est le quart de l’angle À, c-à-dire la moitié de l’angle CAB, puisque (622) la ligne CA menée du centre à l'angle A du pol. bissecte cet angle.

(640) Sco. L. Prob. L’angle C au centre du décagone régulier étant, comme on vient de le démontrer, moitié de l'angle CAB ou CBA, ou quart de l'angle A à la base; il est clair que si l’on peut faire un triangle isocèle ACB, dont l'angle C au sommet soit moitié de l'angle à la base, CAB ou CBA, cette base AB sera le côté d’un décagone régulier inscrit dans un cercle ayant pour rayon le côté AC ou BC du triangle isocèle.

Or, l’on parvient à ce résultat en faisant (881 ou 582) AB=CD telle que AB° ou CD° soit égal au rectangle AC. AD. Soit donc à inscrire un décagone régulier ABEFG etc. dans un cercle OFL. Ayant mené en un point quelconque À de la circonférence un rayon CA et partagé ce rayon en D de manière que CD°=CA.AD, l'on portera (225) sur la circonférence une longueur AB—CD qui sera un des côtés du décagone voulu.

En effet, ayant joint BD et inscrit (420 ou 628) le triangle DBC dans un cercle CDE, l’on voit que AB est tangente à ce cercle au point B, puisque (507) si le carré d’une ligne AB menée à un cercle, d’un point quelconque À hors de ce cercle, est égal au rectangle d’une sécante AC menée du même point et de la partie AD de cette sécante hors du cercle, cette ligne AB est tangente à ce cercle.

Mainteuuut, parceque l’angle ABD formé par une tangente AB et une corde ED est égal (487) à l'angle C dans le segment alterne du cercle, le triangle ABD est équiangle à ACB et par conséquent isocèle, à cause des rayons CA, OB, car l’angle ABD—C et l'angle A est commun à chacun des triangles ; donc l'angle ADB=ABC (260). Le triangle ABD étant isocèle donne BD—BA=DC ; donc le triangle BDC est aussi isocèle, et l’angle DBC—C ; mais l’angle

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extérieur APB=—C+DBC=2C ; donc aussi, l'angle CAB ou CBA=20; donc le triangle ACB est tel que chacun des angles à la base est double de l’angle au sommet; donc, etc, Portant enfin sur la circonference dix fois la corde AB, on aura le décagone régulier demandé par le problème.

(641) Sco. 2. Prob. S'il s'agissait d'un pentagone regulier BFHLO à inscrire dans un cercle; on voit de suite qu'il n’y aurait qu'à porter sur la circonférence cinq longueurs BF chacune égale À la corde d’une are BEF double de l'arc BA du d‘“agone.

(642) Sco. 3. Probs. Ayant démontré la manière de diviser une circonférence de cercle, soit en dix ou en cinq parties égales ; il est clair que pour circonscrire à un cercle un décagone ou pentagone régulier, il n’y a qu’à suivre la méthode générale indiquée au par. (625) ; les paragraphes (623) et (624) indiquant le moyen de circonscrire et inscrire un cercle à ces mêmes polygones.

PROP. LXXI. THÉOR.

(643) Le côté d’un hexagone régulier inscrit dans un cercle est égal au rayon du cercle.

Il a été démontré (620) que tous les angles au centre d’un polygone régulier quelconque sont égaux; or, l'hexagone ayant six côtés et par conséquent six angles au centre, chacun de ces angles AGB, BGC, etc. vaut un sixième de quatre angles droits ou un tiers de deux angles droits; mais le triangle AGB est isocèle, à cause des rayons éanux AG, BG, et les angles A, B, à la base du triangle sont donc aussi égaux (229) l’un à l'autre, et valent ensemble les deux tiers de deux angles droits; d’où il suit que chacun de ces angles pris séparément vaut le tiers de deux angles droits. Le triangle AGB esi donc équilatéral et le côté AB=AG=BG ; donc, etc.

circoi en tr la dif de ce

e CAB ou hacun des donc, etc, le AB, on Le.

one regun voit de rence cinq arc BEF

re de divi- 1 en cinq un cercle à suivre la aragraphes ire et ins-

isocèle, à À, B, à la n à l’autre, les droits; ment vaut B esi donc

(644) Sco. 1. Prob. Donc, pour inscrire un hexagone régulier dans un cercle, il n’y a qu’à porter (225) le rayon six fois sur la circonférence.

(645) Soo. 2. Prob. Il est à peine nécessaire de rappeler que pour circonscrire un hexagone régulier à un cercle; il n’y aurait qu'à diviser la circonférence en six parties égales, de la manière indiquée par la prop., puis mener des rayons GA, GB, etc. aux points de division, et à l’extrémité de ces rayons, mener des lignes perpendiculaires qui, aux endroits de leurs intersections, détermineraient les angles du pol., le tout tel que démontré au par. (623).

(646) Sco. 3. Probs. Pour inscrire ou circonscrire un cercle à un hexagone régulier, l’on procéderait de la manière déjà indiquée aux pars. (624) et (625).

(647) Soo. 4. Prob. En joignant les points alternes À, C, E de l'hexagone régulier, il est évident que l’on a un autre (627) moyen d'inscrire un triangle équilatéral dans un cercle.

(648) Sco. 5. Puisque AB=BC=0CG=—AG, la fig. ABCG est un rhombe (168 Déf.) ; donc (394) AC°+BG?—4AB? ; et parceque BG—AB, AC*=38AB?; d'où, AC°: AB?::8:1 ou AC:AB::73 1; de là, le côté du triangle équilatéral inscrit est au rayon comme la racine carrée de 8 est à l'unité.

(649) Sco. 6. Prob. La combinaison des méthodes indiquées aux pars. (640) et (644) fournit le moyen de diviser la circonférence du cercle en quinze parties égales et par conséquent d'inscrire un pentédécagone régulier dans un cercle.

En effet, après avoir trouvé (643) la sixième partie de la circonférence, égale à l’arc sous-tendu par le rayon, si l’on en trouve ensuite (640) la dixième partie, il est clair que la différence entre ces arcs sera égale à la quinzième partie de cette même circonférence, puisque 0

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