BC=:L
PROPOSITION XXII
PROBLEME
Deux cercles dont Tun est intérieur à l'autre étant donnés, mener, par un point donné sur la circonférence du plus petit, et sur la droite qui joint les deux centres, une droite telle que la partie comprise entre les deux circonférences , soit d une longueur donnée.
Il faut mener ABC (y^. 2â) de manière que la portion interceptée BC soit égale à QR.
ANALYSE
Tirez les lignes BG, CH et FP^ et par le centre E du grand cercle abaissez sur A G la perpendiculaire El; prenez ensuite IL = BI, et menez la parallèle I K à BG. Sur le prolongement de A Reportez une quatrième proportionnelle A M aux lignes AK, AG, A F, et par le point M menez MN parallèle à FP, et rencontrant en N le prolongement de A C.
De ce que LK est parallèle à BG, et FP à MN , il suit que AK :AG:;AL:AB, et AF:AM;:AP:AN; mais, par construction, AK :AG;;AF:AM, donc AK:AG;;AL:AB::AP:AN. Il suit de-là que AK:AG:;AL+AP ou PL:AB+AN ouBN. Mais IP = IC, et IL = IB, donc PL = B.C'= QR. A c»use du parallélisme des droites LK, lE et BG, KE est égal à EG, et conséquemment AK est donné; il en résulte que les trois premiers termes de. la proportion étant déterminés, le quatrième ou BN Test également. Mais, de plus, ACH = AFP = AMN; donc les triangles CAH et ANM qui ont en outre un angle commun , ^ont semblables ; par conséquent AH: AC :; AN: AM, et AH X AM=AC X AN. Par ce dernier résultat
on voit que l'on connaît le rectangle des segments A N , A C dans lesquels est partagée la ligne CN déjà déterminée; donc AC est connu tant en position qu en grandeur.
SYNTHÈSE
Après avoir pris KE = EG, portez de A en M une quatrième proportionnelle aux droites A K , A G et A F, prenez deux lignes QR et QS qui soient entre elles dans le rapport de AK à AG; partagez au point O la droite SR en deux segments tels que SOxOR = AH X A M, et enfin menez par le point donné A jusqu'à la circonférence du grand cercle, une droite AÇ = OR; ce sera la ligne demandée.
. Pour le démontrer, tirez les droites CH, BG et FP, menez MN parallèle à FP et El, KL parallèles à CH. Puisque IL = IB et IP = IC; PL est égal à BC. Les triangles G AH et AN M sont semblables, et par conséquent AH : AC;;AW;ÀM , doù AHxAM = AC X AN; mais, par construction , AH x AM= SO x OR, et AC = OR, dpnc AN = SO. Maintenant, par la propriété des parallèles, AK:AG::AL:AB, et, par hypothèse, AK:AG:;AF:AM ou;;AP :AN, donc AK:AG: :(ALh-AP) ou BC:(AN+AB) ou BN. Il suit de-là que BC:BN;:QR:QS, et que BC:CN::QR:SR; mais CN = SR, donc BC = QR, c'est-à-dire la ligne donnée.
PROPOSITION XXIÏL
PROBLEME
Par l'extrémité du diamètre d'un cercle donné, mener une droite telle que la partie interceptée entre la circonférence et une perpendiculaire au diamètre soit d'une longueur donnée.
Il est question de mener p^r A {fig. a3 ) la droite AC, de manière que la portion ÎB C soit égale à GH. ,
ir Suppl. ^ i3
98 ANALYSE GiOMBTRIQUE.
ANALYSE
Menez BD; l'angle ABD ayant son sommet à la circonférence, et ses extrémités appuyées sur un diamètre, est droit, et il est par conséquent égal à AEC. Ainsi les triangles D AB et C AE qui. ont en outre un angle commun A sont semblables, et AB:AD::AË:AC, donc AB X AC = AD x AE. Mais le rectangle AD x AE est connu , ainsi il en est de même de ABx AC; et puisque d'ailleurs BG est donné , AB se trouve déterminé de grandeur, et par conséquent aussi de position.
SYNTHESE
Prolongez G H d'une quantité HI telle que GIxIH = ADxAE, et portez dans le cercle une corde AB égale à IH; ce sera la droite cherchée. Car si vous menez BD, la similitude évidente des triangles ABD et AEC vous fournira là proportion, AB:AD::AE:AC, d'où vous déduirez l'équation AB x A C = AD x AE = GI x IH ; or AB =:IH, donc AC = GI et BC=GH.
PROPOSITION XXIV
PROBLÈME
Par un point donné sur la droite qui divise un angle en deux parties égales, mener une autre droite telle que la portion comprise entre les deux côtés de l'angle soit d'une longueur donnée.
Par le point D {^fig. 2^ ) situé sur la droite AD qui divise l'angle BAC en deux parties égales, il faut mener BC égale à une ligne donnée.
ANALYSE
Faites passer un cercle par les trois points A, B, C, menez le diamëtrc E F et la droite A F. Il est clair que ce cercle, et par conséquent le triangle BAC, sont donnés de grandeur, puisqu'on donne BC et
Fangle BAC; on trouvera cette grandeur en décrivant sur BC un segment capable de Tangle BAC; mais, puisque l'angle BAE est égal à CAE, l'arc BE est égal à CE, et le diamètre EF tombe perpendiculairement sur le milieu de CB. AD étant donné, AE par la dernière proposition, est déterminé de grandeur; donc DB est connu en grandeur et aussi en position.
SYNTHESE
Sur la ligne donnée décrivez un cercle capable de l'angle BAC^ partagez l'arc BC en deux portions égales au point E, et par ce point menez, au moyen de la dernière proposition, la droite EAD telle que A D soit égale à la distance du point donné au sommet de l'angle donné. BD , C D seront les deux segments de la droite demandée , à l'aide desquels sa position est immédiatement déterminée.
Car l'angle BAC est égal à l'angle donné, et AD le divise en deux parties égales, puisque l'arc BE=CE; d'ailleurs AD est égale à la distance du point donné au sommet de triangle, et BC est égal à la ligne donnée. Dans la figure ainsi construite, on a donc satisfait à toutes les conditions du problème.
On sent que ce problême est nécessairement susceptible d'une limite; car il est évident que la ligne donnée BC pourrait être tellement petite qu'elle n'atteignît pas aux côtés de l'angle BAC. La construction précédente indique bien le minimum de BC; Car EA ne peut jamais excéder le diamètre EF, et la limite a lieu quand ers deux lignes coïncident ; ainsi la ligne B C est à son minimum lorsqu'elle est perpendiculaire à AD ; on peut remarquer alors que les segments BD, CD sont égaux.
PROPOSITION XXV
PROBLEME
Par le sommet d'un rhoml)e, mener une droite telle que la partie
100 ANALYSE GJSOM^TRIQUE.
comprise entre les deux côtés qu'elle rencontre , soit d'une longueur donnée.
Soit ABCD (y%". a5 ) un rhombe dont le côté BC est prolongé; il faut, par le spmmet opposé À, menez AEF de manière que* la partie extérieure ËF spit égale à une droite donnée.
Menez la droite AC, et prolongez-la jusqu'à ce qu'elle rencontre la ligne EG qui fait avec AE un angle AEG égal à ACF. Lès triangles CAF et EAG sont évidemment semblables^ et AC:CF::AE :EG; mais CE étant parallèle à AB, BC:CF::AE:EF; donc AC :BC; :EF:EG, et comme les trois premiers termes de cette proportion sont donnés, le quatrième est détermiiié. De plus l'angle A CD est égal à ACB ou à FCG; en ajoutant à chacun de ces angles l'angle ECF, les sommes ACF ou AEG et ECG sont égales. Ainsi les triangles AGE et EGC sont semblables, et AG:EG::EG:GC, ou EG* = AG X GC. Comme EG a été déterminé plus haut, le rectangle AG X G C l'est aussi ; il en est donc de même du point G, du point E et de la droite A F.
SYNTHESE
Supposez que le segment donné soit égal à K ; menez A C , et prenez une quatrième proportionnelle L aux trois lignes AC, BC, K. Ensuite divisez ACau point G en deux parties telles que AG x GC
=L*, et du point G avec le rayon G E=L, décrivez un arc de cercle
qui coupe CD en E; AEF sera la ligne cherchée.
Car, puisque AG x GC = L''= EG% il s'ensuit que AG:EG: :EG : C G , ce qui prouve que les triangles A G E et E G C sont semblables , et que par conséquent l'angle A E G est égal àECGouACF; donc les triangles AEC «t AGE sont pareillement semblables, et ACrCF ::AE:EG. JMai$v4*im autre côté, BC:CF;:AE:EF, donc AC:BC ::EF:EG. Or otf a aussi AC:BC::K:L ou EG; donc K = EF.
ANALYSE GEOMETRIQUE. lOI
Autre solution.
ANALYSE
Menez F G {fig. 26 bù) faisant Fangle AFG égal à AD G, prenez CH == CE , par G menez GN = GA, et tirez les droites G G et AH.
Le triangle AGN étant isocèle, Tangle G AN est égal à GNA; et puisque la diagonale A G partage en deux portions égales l'angle du rhombe BGD, les triangles AGE et AGH sont égaux, d'oii il résulte que AE est égal à AH et que Fangle GAE est égal à GAH. Gomme les triangles ADE et AFG sont semblables^ AD:AE;:AF:AG, et AD X AG = AExAF. Mais Fangle AGD = GAD = GNA, doncles triangles ADG et AGN sont semblables , et AN:AG: ; AG:AD, d'oii AN X Ap=ÂC. De plus, puisque ÀG divise (i) Fangle HAF en deux parties égales, F A x ÀH = AC+FG x GH, ou bien FA x AE = Âc"» -hFGxGE; donc FGxGE = FAx AE — Âc> = AG x AD — AD xNA = NGx AD. Mais BA et GE étant parallèles, F G :EF:: AD :AE::AF:AG, et GE:EF::AB ou AD:AF; donc FGxGErÊp ;:AD:AG.:NGxAD:NGxAG,etcommeFGxGE = NGxAD, il s'ensuit que ÊP = NGx AG. Par cette dernière équation, il est visible que A G et le point G sont déterminés; or si sur A G on décrit un segment capable de. Fangle AFG = ADG, le point F se trouvera sur l'arc de ce segment ; Fintersection de cet arc avec B G fera donc connaître la position du point F, et par suite la droite AF.
SYNTHÈSE
Soit K la grandeur du segment donné ; cherchez une droite L dont le quarré soit équivalent à la somme des quarrés de K et de la diagonale AG ; prolongez AD, et par le point G menez G G = L; sur A G décrivez un segment capable de Fangle ADG, joignez A avec le point F où le segment rencontre GB; A F est la ligne cherchée.
(]) A cause des triangles semblables ABC, ACE {/ig. a4) ? <>n'^ ABx AC=AO xAE = ADxDE-f-Â15'; or ADxDEsBDxDG, donc ABxAC=:BDxDC
IO!2 ANALYSE G ^O M lé T RI QUE. «^
Pour le prouver menez CN= C A , et tirez G F et AH. Les triangles AH C et A E G sont égaux ; en efFet Tangle A F G étant égal par construction, à ADC , Test aussi à l'angle que forme avec AD le prolongement de BA, et conséquemment AB touche le cercle en A; donc l'angle BAH = HFA = DAE,etBAC — BAHouCAH=DAC— DAE ou CAE; d'ailleurs les angles A CH et ACE sont aussi égaux, et le côté AC est connu aux deux triangles CAH, CAE; l'égalité de ces triangles est donc démontrée, et il en résulte que AH = AE, et CH = CE. D'un autre côté, les triangles ADE et AFG sont semblables, donc AD: AE; : AF: AG, et AD x AG = AE x AF. Ensuite, en vertu de la similitude des triangles ANC et A CD, AN:AC: : AC:AD, et ANxAD = AC. Mais FC:EF: : AD:AE: ; AF:AG , et CErEF ;;AB ou AD:AF, conséquemment FCxCE:eF"::AD:AG::NG x AD:NG X A G. D'ailleurs , puisque A C divise l'angle F AH en deux parties égalesFC x CH + AC^ = FA x AH = AG x AD = AN x AD H-NGxAD; il suit de-là que FC x CH ou FCxCE= NGx AD, et ÊP=NG X AG. Maintenant K"* = CG^ — aC' = NG x AG {rvcyyez note (a), pag. 67 ) ; donc EF= K (i).
PROPOSITION XXVI
PROBLEME
Par deux points donnés , faire passer un cercle qui touche une droite donnée de position (a).
(i) Pappus, géomètre du milieu du quatrième siècle, nous a transmis les titres des huit sections de la Géométrie des Grecs (voyez Tavant- propos de nos Eléments de Géométrie à trois dimensions , partie algébrique ) ; les problèmes de la cinquième section dite des inclinaisons^ qui admettent une construction élémentaire, se résolvent au moyen des propositions précédentes 19 — aS, pages 90 — 102. La première solution est empruntée de l'analyse géométrique de Omérique Hugo de San Lucar {vide anafysim geometricam , pars prima , deplanis , quatuor Ubri , Cadix 1 698) , et la seconde est tirée des œuvres posthumes du célèbre Huygens* La solution du problème général exige Vapplication des propriétés de la conchoïde.
(2) Ce problème est résolu dans les Eléments de Géométrie de M. Lacroix ( pag. 84} 10* édition ).
ANALYSE GISOMÉTRIQUE. Io3
Soit propose de décrire un cercle qui passe par les points A, B (y%'. 26 ), et qui touche la ligne droite CD.
Il peut se présenter évidemment deux cas; celui ou la ligne qui joint les points donnés est parallèle, et celui où elle est inclinée, à CD.
Premier cas. AB parallèle à CD.
Puisque C D est une tangente , la perpendiculaire E G menée par le point de contact passe par le centre, elle partage donc en deux portions égales la droite AB parallèle à CD. Il résulte de-là que cette perpendiculaire, et par conséquent le point de contact E, sont déterminés; ainsi le cercle qui passera par A, B et E est le cercle cherché.
SYNTHÈSE
Menez G E perpendiculaire sur le milieu de AB, et par les trois points A , E , B faites passer un cercle : il touchera la ligne C E. Car GE passe par le centre de cercle, et de plus elle rencontre CD à angles droits.
Deuxième cas. AB est incliné sur CD {fig^ ^6 his\
ANALYSE
Prolongez B A jusqu'à la rencontre de CD en F. Alors FE' = AF X FB ; mais le point de concours étant donné, le rectangle AF x FB est déterminé , par conséquent on a aussi F E et le point E. Il suffira donc de faire passer un cercle par A , B et E.
SYNTHÈSE
Prolongez BA jusqua la rencontre de CD en F, portez sur CD à partir du point F, une moyenne proportionnelle FE ou FE' entre A F et F B, et par Içs points A, E, B, faitçs passer un cercle; il touchera la droite CD.
Car, puisque AF:FE::FE:FB, il s'ensuit que fF = AFxFB, et par conséquent CD touche le cercle en £.
lo4 AXALTSE céOXÏTBIQIjE.
PROPOSITION XXVII
PEOBLÊME.
Par an point donné , faire passer nn cercle tangent à deux droites données.
Soit proposé de décrire un cercle qai passe par le point £ (^fig* ^7) et qai touche les droites A B et CD.
Premier cas. Supposez AB parallèle à CD.
ANALYSE
Par le centre O menez la parallèle F O et la perpendiculaire RI aux deux droites données. Il est évident que le rayon OI est donné , et par conséquent la position de FO Test aussi; mais le rayon OE ou O^E étant ^al à 01, ce rayon et le centre O sont paiement déterminés.
SYNTHESE
Menez une parallèle F O par le milieu de la distance entre les deux droites données , et du point £ avec un rayon égal à la moitié de cette distance, décrivez un arc de cercle qui rencontrera FO en O ou O'; ce point est le centre du cercle cherché. Car OE =OI = OK, et par conséquent le cercle qui passe par £ touche CD et AB en K et I.
Deuxième cas. Supposez CD incliné sur AB {fig. vj bis).
ANALYSE
Prolongez les deux droites données jusqu'à leur rencontre en F, tirez les droites OI, OK et OF, et menez par E la ligne EGH perpendiculaire à OF.
Les triangles rectangles OKF et OIF sont <^ux, puisque le côté OF leur est commun; et le côté OI est égal à OK; Tangle ÔFK est donc égal à OFI; et comme le point F est donné, il s'ensuit que la ligne O F est déterminée. Mais d'ailleurs le point E est donné , donc
ANALYSE GjlOMléTRIQUE. Io5
ni en est de même de la perpendiculaire EG, et CH étant égal à GE, il est clair que le point H est déterminé. Maintenant que nous avons deux points H et E par lesquels doit passer la circonférence tangente à A B et G D , elle pourra être décrite par la dernière proposition.
Prolongez BA et CD jusqu'à leur rencontre en F, menez FO qui divise l'angle BFD en deux parties égales, et par E abaissez sur cette droite la perpendiculaire EG que vous prolongerez d'une égale quantité au-dessu3 de O F en H ; ensuite cherchez une moyenne proportionnelle LI ou LV entre HL et LE, et par les trois points H,E, I, ou H, E,I', faites passer une circonférence de cercle; elle satisfera aux conditions du problême.
En effet le centre du cercle qui passe par E et par H doit se trou»ver sur FO qui est perpendiculaire sur le milieu de EH; soit O ce centre, et menez la droite OI et la perpendiculaire OK. Puisque HL X LE ==lP, le cercle touche AB eh I, et l'angle OIF est droit; conséqûemment les triangles KOF et lO F sont égaux comme ayant d'abord le côté OF commun, et de plus les angles OKF et OFK respectivement égaux à OIF et OFI; ainsi OI = OK. Donc le cercle décrit du point O comme centre , avec O I pour rayon , passe par K , et touche G D en ce point,
Corollaire. Si le point donné E se trouvait sur l'une des droites données, sur AB par ei^emple, il coïnciderait avec le point de contact de A B , et le problème deviendrait fort simple ; car le centre O étant toujours sur la ligne FO, il serait déterminé par l'intersection de cette ligne avec la perpendiculaire lO (i).
(i) Le problème qui est présenté dans ce corollaire comme cas particulier de la proposition XXVII, se trouve résolu directement dans les Eléments de Géométrie de M. Lacroix ( page 78 , lo* édition ).
//' SuppL ^ ï4
Io6 ANALYSE oio M l^T RI QUE.
PROPOSITION XXVIII
PROBLEME
Par deux points donnés , faire passer uti cercle tangent à un cercle donne.
Il faut décrire un cercle qui passe par les points A et B ( fig. 28 ) ^ et qui touche un autre cercle dont le centre est C.
ANALYSE
Par D point de contact des deu& cercles, mene^ A DE et BDF, tirez EF; par F^ menez la tangente FG , et tirez le diamèlre B H CI.
Puisque F G touche le cercle donné , Vangle BFG est égal à FED, et par conséquent à BAD, puisque FE et AB sont évidemment parallèles; mais les triantes B G F et BD A ont en outre un angle commun en B, ils sont do»c semblables^ et BFrBG; :BA:BD, dWB A X BG=BF X BD==BI x BR Or BI et BH sont donnés, donc le rectangle B A X BG est déterminé, et conséquemmcfnt on peut connaître la positÎMi du potnt G. Ainsi la tangente G F, la droite B F, et par suite le point D sobA déterminés; on peut donc déduire le cercle ehecche dont o» connaît trois points A^ B, D,
SYNTHESE
Portez de B en G une quatrième proporfionnelie aux lignes B A ^ BI^ &H^ menez la tangente GF, tirez Ib droite FB qui coupe en^ D ht dvconlerence domiée^et &ites passer un cercle piur les trois points A, B, I>; œ sera le cercle cherché.
Pour le démontrer, il suffit de mener ADE, F E et le diamètre BHCLPuisqueBA:BI::BH:BG,BAxBG=BIxBH=BFxBD; dbnc BF:BG:;BA:BD, et par conséquent les triangles BGF et B D A ayant un angle commun compris entre des côtés proportion-
Air ALTSB GÉOMÉTRIQUE. lOJ
nels sont semblables ; d'où. il résulte que l'angle BFG est égal à BÂD. Mais BFG est égal à FED, ainsi les angles alternes BAS et FEA sont égaux , ce qui prouve que F E est parallèle à A B ; d'où il suit
que les deux cercles DE F, ABD se touchent en D.
PROPOSITION XXIX
PEOBLEMB.
Par un point donné , faire passer Un cercle tangent à un cercle donné et à une droite donnée de position.
Il faut décrire un cercle qui passe par le point A, et qui touche , i<> la droite CD (Jîff. 29 ); n^ le cercle dont le centre est B.
ANALYSE
Par le centre du cercle donné, abaissez la perpendiculaire EBG, menez la droite El et prolongez-la jusqu^à la ligne CD en H; tirez les droites FIK et HK.
L'angle HIK étant égal à l'angle droit EIF, est droit aussi, et par conséquent HK est le diamètre du cercle IL A, et H le point de contact de ce cercle et de la droite CD. Les triangles HE G et F El sont donc semblables, et HE;EG::EF:EI, d'où HExEI=:EG
xEF. Menez la droiteELA,alorsAExEL=HExEI = EGxEF; mais le rectangle Ë G x £F est donné , il en est donc de même de £ H X E I , de E L , et du point L. Maintenant que l'on connaît deux points A, L du cercle cherché, et une tangente donnée, le problême se résoudra comme il a été dit proposition 26, pag. loâ.
SYKTHÈSE.
Tir«z £A, memt, h p«rpi^ndiciilaire £G, prenez une quatrième proportioAuelW EL «nx lignes AE, EG,. EF, ^t par la proposition ^^j P^Ç^ 102 , d^cri^e^ un cercle qui pa^e. par les deux, points A, L et qui touche la droite CD; il tojuebeva ausdi le cercle donné,
lo8 ANALYSE G^OMISTRIQUE.
Pour le prouver, menez le diamètre HK, la droite EH qui coupe en I la circonférence El F, et la droite FIK jusqu'à la rencontre de HK.
Les triangles HE G et F E I étant évidemment semblables, HE : EG ;:EF:EI, et HExEI==EGxEF; mais AE:EG::EF:EL, d>ù AExEL = EGxEF; donc HExEI = AExEL, ce qui montre que le point I est situé sur la circonférence H I K. D'où il suit que les deux cercles se touchent en ce point I ; et en effet, il sont en ce point la même tangente , puisque si l'on concevait une tangente, à chacun d'eux menée par I , les angles que ces deux tangentes formeraient avec IF et IK seraient respectivement égaux à lEF et IHK, et par conséquent égaux entre eux, puisque EF et HK sont parallèles; ainsi ces deux tangentes se confondent en une seule.
Corollaire. Le problême serait considérablement simplifié, si le point donné se trouvait sur la ligne droite ou sur le cercle ; il coïnciderait alors avec l'un ou l'autre des points de contact H ou I ; dans ce cas , après avoir mené E I H et FI K , la perpendiculaire H K déterminerait le diamètre du cercle cherché.
PROPOSITION XXX
PROBLÊME
Par un point donné , faire passer un cercle tangent à deux cercles donnés.
Soit proposé de trouver le centre O d'un cercle qui passe par le point C {fig. 3o), et qui touche deux cercles dont A et B sont les centres.
ANALYSE
Tirez la droite A B , et continuez-la jusqu'à ce qu'elle rencontre le prolongement de celle qui joint les deux points de contact E et F ; menez O A et OB, AG et BH , et CEI, prolongez I G ^t D C jusqu'à leur intersection mutuelle en K.
ANALYSE GEOMETRIQUE. lOC)
Les triangles isocèles EOF, Ei^G et FBH sont évidemment semblables; donc A G est parallèle à BF, et AE lest à BH. Il en résulte que AE:BH:;AD:BD; et comme le rapport de cette proportion est connu, le point D est déterminé. De plus, AG:BF; ;DG:DF, et DG:DF::DK:DC, car en vertu du contact des cercles O et A, la ligne I G est parallèle à F C. Comme le point D et C D sont déterminés , il suit des proportions précédentes que D K et le point K sont également connus. Il suit de-là et de la proposition ly du premier livre, page 52, que la droite G E comprise entre les droites Kl et CI, et passant par le point donné D, est déterminée de position; donc AEO est aussi déterminée de position. Maintenant si vous menez OC , il est clair que l'angle O C E est connu puisqu'il est égal à CED; d'où il suit que la droite CO et le centre O sont aussi connus.
SYNTHÈSE
Prenez le point D de manière que AE:BH: : AB:BD, menez CD, et portez de D en K sur C D , une quatrième proportionnelle D K aux lignes BH, AE, et DC; ensuite, par les points K. et C, menez Kl et CI de manière que GE prolongé passe par D, ce que vous exécuterez au moyen de la proposition 17 du premier livre; cela fait, construisez sur la base E C un triangle isocèle dont un des côtés soit dans le prolongement de A £ ; le sommet O de ce triangle est le centre du cercle cherché.
Pour le démontrer, menez les droites AG, GF, OB et BH. Puisque AEou AG:BHouBF:;AD:BD,etque les triangles AD G et BD F ont un angle commun en D, ils sont semblables , et AD:BD::DG :DF::DK:DC, ce qui prouve que IG est parallèle à FC, et par conséquent les cercles O et A se touchent en E. Mais le triangle BFH est isocèle^ car ses côtés BF et BH sont respectivement parallèles aux côtés A G et A£ du triangle isocèle GAE; donc les cercles O et B se rencontrent au point F, et comme BH est parallèle à EO, ce
IIO ANALYSE GEOMETRIQUE.
point est un point de coptact. De plus, l'angle ECO étant égal à C£0, le côté 0£ est égal à OC; en conséquence le cercle décrit du centre O et qui passe par £ et par F , passe s|ussi p£U* C.
Autre sahuioiu
Joignez les centres A, B , O {fig- 3o) , prolongez AB jusqu'à la rencontre en D de la droite qui unit les deux points de contact £, F; tirez les droites B H et C D , et prolongez cette dernière jusqu'à ce qu'elle coupe le cerde en L.
Puisque les triangles EOF i&t FBH sont isocèles, les angles OFE et BFH sont respectivement égaux aux angles OEF et BHF, lesquels sont par conséquent égaux entre eui^, d'où il suit que EO est parallèle à B H , et que A£:BH::DA:DB,ce qui prouve que le point D est déterminé. De plus DA:DB::DE:DH ou ::DExDF:DH X D F ; mais le rectangle DH x D F est connu , puisqu'il équivaut au rectangle des segments interceptés sur B D par le cercle B , donc les rectangles DExDF et DÇxDL, sont déterminés; comme DC est donné , on voit que D L et le point L le sont aussi. Le problème est alors ramené à la pBoposition 28 de ce livre, page 106.
SYNTHÈSE
Prenez le point D de manière que A£:BH::AD:BD, menez la droite D C et prolongez-la d'une quantité G L , telle que le rectangle D C X D L soit dans le rapport de A £ à B H ayoc le rectangle formé par 1^ deux parties d unç sécante menée par D au cercle B D ; décrivez ensuite un cercle qui passe par les points C et L et qui tpuche le cercle A ; il s^n^ aussi tangent au cercle B.
En ef£et tirez \^ droites OA, OB, £H, et menez BH pjE^ntUèle à AO. Puisque A£:BH;:AD:BD, il e^t évident que £ti prolongé rencontrera AD en D;donc AE:BH::DE:DH ou.lDExDF.RH
X DF; mî^is, p^r çQsstrnctîQn) AS^BH; :DÇ x pL:DH h DP, dçnc
ANALYSE GléOMETRIQUË. III
DCxDL = DExDF, d'où il résulte que le point F est sur la circonférence O. Donc le triaingle EOF est isocèle , et il en doit être de * même de H BF qui lili est semblable ; ainsi F app^tient aussi au cercle B , et il est le point de coiïtact des cercles B et O.
Si L coïncidait avec te point C^ la constraction s'efFectuerait par le corollaire de la proposition précédente.
PROPOSITION XXXI
PROBLEME
Décrire un cercle tangent à deux droites données , et à un cercle donné.
Soit proposé de décrire un cercle qui touche les lignés A B et CD {^fig. 3i )^ et uin autre cercle dont le centre est E.
* ANALYSE
Menez FE, tirez aux points de contact les droites F H, FI; ensuite du point F pris pour centre , décrivez avec le rayon F E une circonférence de cercle qui rencontrera en K et en L , FI et F H prolongés, et par ces points menez les tangentes MN, OP.
Puisque FE =FK = LF, et FG = FH= FI, il s'ensuit que GE = HK = IL. Mais les tangentes CD et OP étant perpendiculaires à la même droite F K, sont parallèles; et par la même raison AB est parallèle à MN, donc OP et MN sont déterminées de position, et par la proposition 37, page io4r ^^ cercle EKL est connu; il en est donc de même du cercle concentrique GHI.
SYNTHESE
A une distance égale au rayon du cercle donné, menez MTÎ et OP parallèles à AB et CD ; ensuite ,. par la proposition 217 de ce livre , cherchez le centre F d'un cercle qui passe par le point Ë, et qui touche MN et OP; F est aussi le centre du cercle cherché.
En effet menez FE, FK, et FL. Puisque GE=:HK=IL, il est
112 AN AtYSe GÉOMÉTRIQUE.
évident que FG=FH=FI. Ainsi le cercle est tangent en H et I,car CD et A B sont perpendiculaires respectivement à FK et FL.
SchoUe. Lies six problèmes précédents sont tous renferma dans œ problême général : «Trois choses étant données , soit points^ ou droites^ ou cercles, décrire un cercle déterminé par ces données. » Cet énoncé présente dix cas distincts. Deux de ces cas ont été traités dans les éléments , savoir ; celui où il faut faire passer un cercle par trois points , et celui oii il est question de décrire un cercle tangent à trois droites. Un principe commun qui se fait remarquer dans toutes les solutions connues, simplifie les conditions du problème, en remplaçant les lignes ou les cercles donnés par des points. Deux cas restent encore à traiter; ce sont , i® celui où Ton donne trois cercles ; a® celui où Ton donne deux cercles et une droite. Ces deux questions sont aisément ramenées aux cas qui ont été résolus, en faisant usage de moyens analogues à ceux qu'on a employés dans la dernière proposition , c'est-à-dire en menant une parallèle , ou en décrivant un cercle concentrique , à des distances qui selon la position relative des données, doivent être égales ou à la somme ou à la différence des rayons donnés. ( i ).
(i) S'il s^agit (lu premier cas, cest-à-dîre s'il iaut décrire un cercle tangent à trois cercles donnés, voici comment on s'y prendra. Nosunoos A , B, G les centres des cercles donnés ^a^b,c leurs rayons , X le centre du cercle cherché , et or son rayon. Supposons le problême résolu , et décrivons de X comme centre un cercle qui passe par l'un des trois centres donnés par A , par exemple ; le rayon de ce cercle sera .r =ti a , et sa circonférence s'écartera des centres des autres cercles de quantités connues et égales à ^ dr a pour l'un , et c + a pour l'autre ; il suit de-là que si , de B et G pris pour centres , on décrit des cercles qui aient respectiTcraent ces rayons-là , ils seront tangents au cercle auxiliaire que nous avons mené^ or il est évident que les deux cercles ■ tangents sont donnés d'après l'énoncé du problême; donc le cercle auxiliaire sera déterminé , puisqu'il devra passer par un point donné A , et être tanr gent à deux cercles donnés ; sa détermination s'effectpera par la proposition 3o , page io8. 11 est bien clair que<ie ce cercle on déduira aisément le cercle cherché.
On s'y prendrait d'une manière analogue pour résoudre le second cas. Voyez &i Correspondance sur Fécole poljrtecbnique ^ par M. HacheUe^ page 2o5, tom 3.
ANALYSE GlêOMÉTKIQUE. Il3
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