IX. Inscrire un triangle ëquilate'ral à un cercle ^donné

Soit ABC le cercle.

Investigation. Supposons ABC un triangle equilatc'ral, D le centre du cercle, F le milieu de AB, et DE un rayon. Tirant PB, AD, AE, on de'montrcra aise'ment que l’angle A DE est la moitié d’ADB: maisACB est la moitié d’ADB [ 2 . 4 ]> donc ADE = ACB: et puisque DE;DA::CB;CA, on aura l’angle AED = ABC [5. 5 ]. Or, l’angle ABC = ACB, parce que AB = AC [sup.], et par conséquent l’angle AED = ADE; on aura donc dans les triangles ADF , AEF , l’angle AEF = ADF, et l’angle AFE = AFD [const.], ce qui donne EF : FA :: DF : FA [ 5. 5. corol. ] j donc EF = DF.

Composition. Ayant trouvé le centre D du cercle donné, et le milieu F d’un rayon quelconque DE, on mènera par le point F la corde BA perpendiculaire à DE. La corde BA sera le c6té du triangle en question.

Du centre A avec le rayon AB décrivez un cercle . qui coupera la circonférence donaée, par exemple cuC^

t o4 PRIXCIPE8 MATHEMATIQUES ,

Menez BC, BDj DA, AE. Les angles AEF, ADF, ëlant égaux, comme il est facile de s’en convaincre, on aura AE= AD [ I. i3. corol.]=DE, et par conséquent ADE sera un triangle équilatéral et équiangle [ i. 4 ] ; d’où il suit que ADF vaut le tiers de deux angles droits [i. 12]. Dans les triangles ADF, FDB, on a AF = FB[3. 2], DF commun, et l’angle DFA = DFB [const.] ; donc l’angle ADF = BDF [ 1. 5] , et par conse'quent l’angle ACB = ADF [2. 4]- Ainsi, puisque ADF est le tiers de deux droits [dcm. ], l’angle ACB lé sera aussi ; mais le côté AC étant = AB [const.], on a l'angle ABC=: ACB [1.4]; donc ABC vaut le tiers de deux droits , et par conséquent l’angle BAC en vaudra autant; d’où on doit conclure que le triangle ABC est équiangle et équilatéral [ I. i3. corol. ].

Corol. I. Tonte corde de cercle qui, en rencontrant perpendiculairement un rayon, le partage en deux parties égales, est égale an côté du triangle équilatéral inscrit à ce cercle.

2. Le rayon d’un cercle est donc égal an côté de l’bexagone équilatéral, que l’on peut inscrire ù ce cercle.

X. Construire sur une droite donnée un pentagone équiangle et équilatéral.

Soit AB la droite donnée.

Investigation. Désignant par ABCDE le pentagone demandé, et menant AC, BE, on formera les triangles ABE, BCA, dont les côtés AE = BC [snp.], AB commun , et les angles BAE = ABC [sup. ]; donc l’angle AEB=BCA, et ABF = FAB [i.3]: mais AB=BC [sup.]; donc BCA = FAB [1.4], et par conséquent BCA = ABF. Ainsi les triangles ABC; ABF, seront scm-

LivnE io5

l)Ia 1 )les [ 5 . 5 . corol. ], cl l’auj^le AFB= ABC : or CDE = ABC [suj). 3 ; donc AFB = CDE: mais CFE=ArB [ I. ■j]j donc CDE=CFE : el comme AED = B(iD [ sup. ] , el AEB=BCA [dr'm. ], DEF scia = DCF. D’où il suit que les angles CDE^ DGF, pris ensemble, ▼aient la moitié de tons les angles du quadrilatère CDEF, c’est-à-dire, deux droits [ 7.6. corol.]; donc CD est parallèle à EF [1.8. corol. ]. On trouvera de même DE parallèle à CF, et par conse'quenl CF = DE [1. i 5 ]: mais AB = DE [sup.];donc CF = AB. Les triangles ABC, ABF, étant semblables [dém. ], donnent AC: BA::BA:AFj mais AB = CF [dém.]; donc AC>AB, et par conséquent AB>AF [ 3 . 2 ]. Prolongeant AB e||> prenant AG=AC , on aura BG= AF. Prenez GH=AB, et divisez AB en deux parties égalés en I ; du centre I avec le rayon IB décrivez le cercle BL ; du centre G avec le rayon GH de'crivez un cercle qui coupe en Ele cercle BL; tirez GL[ = GII=AB]; donc GL sera moyenne proportionnelle enire AG et BG, et par conséquent tangeute en L [ 5 . 8]. Tirez le rayon IL; l’angle GLI sera droit [ 2. 6. corol. ].

Composition. On mènera par le point B la droite BM e’gale et perpendiculaire à AB; el du point I, milieu d’AB,on tirera IM. Ii’angle IBM étant droit , IB sera< IM. Soit prolongée IB jusqu’à ce que IG = IM. La droite AB sera >BG. Pour le démontrer, on décrira du centre I avec le rayon IB le cercle BLA , qui rencontrera IM dans quelque point L ; IL sera ~IB. Menant donc GL, on aura dans les triangles GIL, BIM, le côté IG = IM, et IL = IB [const. ], et l’angle GIL commun; donc GL=BM, et l’angle GLI = IBM ; mais IBM est

I o6 PRINCIPES MATHÉMATIQUES ,

droit [consl. donc GLl le sera aussi, et par consd'-^ quent GL toaclie le cercle au point L [ a. 6. corol. ] ; donc AG:GL:;GL:BG [5.8] : mais GL = BM [dém.], et AB=BM [const.] ; donc AB = GL, et AG:AB::AB; BG : et puisque AG>AB, on aura aussi AB>BG [5. a]. Du centre A avec le rayon AG, et du centre B avec le rayon AB, décrivez deux cercles, qui se croiseront, par exemple en C. Tirez BC, AC ; prenez CF =AB, et prolongez BF jusqu’à ce que EF=FC; tirez AE, etachevez le parallélogramme CDEF : je dis que ABCDE sera le pentagone demandé.

Car AC étant=AG, et CF=AB [const.], on aura ■AF=BG: mais AG:AB::AB:BG [dém.]; donc AC r AB::AB:AFj d’où il s’ensuit que les triangles ABC, BAF, ayant l’angle FAB commun, compris entre les célés proportionnels AC, AB et AB, AF, seront semblables [5. 5] ; donc AFB = ABC, et ABF= ACB [5. 5] : mais AB = BC [ const. ] , et l’angle ACB= BAF [ i. 4] > donc l’angle ABF = BAF, et par conséquent BF = AF [ I. i5. corol.]: mais FE=FC [const.] ; donc BE=s AC. Ainsi les triangles ABE, ABC, ont le c6té BE = AC, AB commun, et l’angle ABE = BAC [dém.]:

donc AE = BC, et l’angle BAE = ABC [ i . 5]. Dans le parallélogramme DCFE, on a EF=FC [const.], et CD = DÈ [ I. i6]; et puisque CF=AB [const.], chacun des côtés CD, DE, doit être égal à AB : mais BC = AB [dém.]; donc ABCDE est un pentagone équilatéral. On va voir maintenant qu’il est équiangle; car BE étant parallèle à CD [const.], on aura l’angle DCF = CFB [ I. 9 ] : mais CF=CB [const. ] , et l’angle CBF=CFB £ 1 . 4 ]; donc l’angle DGF = CBF : mais BCF ABF