XI. Circonscrire un pentagone équilatéral à un cercle donné

Soit ABC le cercle.

Investigation. Soit DEFGH un pentagone équilatéral, dont les côtés touchent le cercle ABC aux points A, I, B, L, C. On aura DA=DC [7. 3 . corol.], DE =DH [sup. ] , et AE=CH ; EI=EA , HL=HC et El =HL; EF=HG et IF = LG; FB = FI, GB=GL et BF=BG. On trouvera de même que les points I, A , C, L, partagent en deux parties égales les côtés FE, ED, DH, HG. Trouvez le centre M, et tirez MI , MF,

Io8 PRHWIPES MÀTHÈMATÏQTOS,

MB, MG, ML, MC, MA. Dans les triangles BFM^ MFI, on aura FB = EI [de'm. ] , IM = BM [ i. déf. 6], FM commun, et par conséquent l’angle BMF = FMI [5. 4] j donc BMI sera le double de l'angle BMF. On ti'ouvera de môme BML double de BMG : mais les triangles BFM, BMG, ont BF=BG [dém.], BM commun, et l’angle MBF=MBG, parce que chacun de ces angles est droit [sup. et a. 6. rorol. ] ; donc l’angle BMF = BMG [i. 3. corol.], et par conséquent l’angle BML = BMI. On trouvera de môme BML = LMC, LMC= CMA , CMA=: AMI ; d’où il suit que chacun de ces angles vaudra la cinquième partie de quatre angles droits. )

Composition. Trouvez le centre M du cercle ABC , et construisant l’angle AMI égal à la cinquième partie de quatre droits [ 7. 10. corol.] , faites IMB=AMI=BML =LMC : l’angle BML sera aussi la cinquième partie de quatre droits. Menez des tangentes aux points A, I, B, L, C, du cercle ABC [7.3]: ces tangentes doivent se rencontrer [6. 10. corol.], et former le pentagone équilatéral AIBLC.

Car tirant MF , MG , on démontrera , comme ci-dessus, que l’angle BMI est le double de BMF, et BML le double de BMG: mais l’angle BML = BMI [const.]; donc BMF = BMG. Or, l’angle MBF=MBG, parce qu’ils sont droits [const. et 2. 6. corol.], et les deux triangles BFM, BFG, ont le côté commun BM; donc — BF:BM::BG:BM [5. 5], et par conséquent BF=BG. On trouvera de même IR = IF: mais BF==IF [const. et 7. 3. corol. ] ; donc EF =:FG, et ainsi de suite.

Autre composition. Ayant trouvé le centre M du

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UTRE vn. 109

cercle ABC faîles l’anRle DMF égal à la dixième partie de quatre droits j par le point B menez BF perpendiculaire à MB, qui rencontrera MF en M. Du centre M avec le rayon MF décrivez un autre cercle : la droite BF sera la moitié du côté d’un pentagone équilatéral inscrit à ce cercle , et dont les côtés seront autant de tangentes du cercle ABC.

Corol. Dans tout rectiligne équilatéral circonscrit à nn cercle, et dont le nombre de côtés est impair, chaque côté est divisé egalement au point de contact.

XII. Tout rectiligne équilatéral, inscrit ou circonscrit à un cercle, est équiangle.

La démonstration en est facile.

XIII. Un angle plus petit que deux droits étant donné , tirer par son sommet une ligne droite de telle manière que, de quelque point que l’on en mène deux autres en ligne droite jusqu’aux côtés de l’angle proposé, ces deux autres soient toujours proportionnelles aux segments qu’elles coupent snr les côtés de l’angle proposé.

Soit ABC cet angle.

Investigation. Désignons par BD la droite requise, el

soit tirée la droite AC ou AD, qui rencontre BA, BC,

. A r T» rk triangle ABD AD

BD, aux points A , C, D. On aura — ; — =-— * ’ triangle BCD CD

rc - 11 1 r / «1 .4’ ' -I

[5.0. corol. ] = ^ [ sup. ] [ 4- 6 ] j d ou il

suit que les deux angles ABD, CBD, sont égaux, on qu’ils valent ensemble deux angles droits [5. 4 ]• Composition. Partagez l’angle ABC en deux parties égales par la droite BD; ou bien prolongez l’im des

Iio PRINCIPES MATHÉMATtQCES ;■

côtes AB, et partagez en deux parties e'gales par îa

droite BD l’angle EBC, compris entre le côte' BC et le

prolongement de l’autre: je dis que BD sera la droite

demande'e.

Car menant DA, DC, en ligne droite, et obseryant que dans le second cas les deux angles A BD et DBG font ensemble deux angles droits, parce que EBD =

triangle A BD v