P R O B L È ME

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- 2,4 ) 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 diamètre EF 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

Dîgitjzed byGôoglé

analyse géométrique. gg

l'angle BAC; on trouvera cette grandeur en décrivant sur BC un segment capable de l’angle BAC; mais, puisque l'angle BAE est égal à CAE, l’arc BE est e'gal 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 àussi en position.

SYNTHÈSE

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 AD 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 problème est nécessairement susceptible d’une limite; car il est évident que la ligne donnée BC pourrait être tellement petite quelle n’atteignît pis 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 ces deux lignes coïncident ; ainsi la ligne BC est à son minimum lorsqu’elle est perpendiculaire à AD; on peut remarquer alors que les segments BD, CD sont égaux.

PROPOSITION XXV

PROBLÈME

Par le sommet d’un rhombe, mener une droite telle que la partie

comprise entre les deux côtés qu’elle rencontre, soit d'une longueur donnée.

Soit ABCD ( fig . a5) un rhombc dont le côté BC est prolongé; il faut, par le sommet opposé A, menez AEF de manière que la partie extérieure EF soit égale à une droite donnée.

ANALYSE

Menez la droite AC, et prolongez-la jusqu’à ce quelle rencontre la ligne EG qui fait avec AE un angle AEG égal à ACF. Les 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 déterminé. De plus l’angle A CD est égal à A CB ou à FC G; 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 ËG’ = AG x GC. Comme EG a été déterminé plus haut, le rectangle AGxGC l’est aussi; il en est donc de même du point G, du point E et de la droite A F.

SYNTHÈSE

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 AC au 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 A G x GC = L 1 = EG’, il s’ensuit queAG: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 EG est égal à ECG ou A CF; donc les triangles AEC, et AGE sont pareillement semblables, et AC:CF ,*;AE:EG. Mais, d’un autre côté, B C:CF: I AE:EF, donc AC:BC ; :EF:EG. Or on a aussi AC:BC : ;K:L ou EG; donc K = E F.

Autre solution.

toi

ANALYSE

Menez F G {fig. a 6 bis) faisant l’angle AFG égal à AD G, prenez C H = CE , par C menez C N = CA , et tirez les droites CG et A H.

Le triangle ACN étant isocèle, l’angle CAN est égal à CNA; et puisque la diagonale A C partage en deux portions égales l’angle du rhombe BCD, les triangles ACE et ACH sont égaux, d’où il résulte que AE est égal à AH et que l’angle CAE est égal à CAH. Comme les triangles ADE et AFG sont semblables, AD: AE" AF: A G, et ADx AG = AExAF. Mais l'angle ACD = C AD = CN A, donc les triangles ADC et ACN sont semblables, et AN: AC : : A C: AD, d’où AN x AD=AC\ De plus, puisque AC divise (i) l’angle HAF en deux parties égales, F A x AH = AC’+FC x CH, ou bien F A x AE = AC’ -t-FCxCE; donc FC x CE = FA x AE — ac- = AG x AD — AD xNA = NGxAD. Mais BA et CE étant parallèles, F C:EF" AD :AE::AF:AG, et CE:EF::AB ou AD:AF; donc FCxCE:ëF "AD:AG.:NGxAD:NGxAG,ct comme FCxCE = NGxAD, il s'ensuit que ËF = N G x AG. Par cette dernière équation, il est visible que AG et le point G sont déterminés ;' or si sur AG on décrit un segment capable de l’angle AFG = ADf^ le point F se trouvera sur l’arc de ce segment; l’intersection de cet arc avec BC fera donc connaître la position du point F, et par suite la droite AF.

S Y N T H ÈSE.

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 AC; prolongez A D, et par le point C menez CG = L; sur AG décrivez un segment capable de l’angle ADC, joignez A avec le point F où le segment rencontre CB; AF est la ligne cherchée.

(i) A cause: des triangles semblables ADC, ACE {Jig. ?4)> on •> ABx AC=A D X A E = ADx DE + iu>’; or A Dx DE =: DDx DC, donc ABxÀC= BDxDC

102 A N A t. TSE GEOMETRIQUE.

Pour le prouver menez CN=CA, et tirez GF et AH. Ix>s triangles AHCetAECsont egauxjen effet l'angleAFG étant égal par construction, à A DC, l’est aussi à l'angle que forme avec AD le prolongement de 13 A, et conséquemment AB touche le cercle en A; donc l’angle BAH = HFA = DAE, et BAC — B AH ou C A H=D AC— D AE ou CAE; d’ailleurs les angles ACH et ACE sont aussi égaux, et le côté AC est connu aux deux triangles CA H, 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 ADEet AFG sont semblables, donc AD: AE; :AF:AG,etADx AG = AExAF. Ensuite, en vertu de la similitude des triangles ANC et ACD, AN:AC:;AC:AD, et A N x A D = Âc*. Mais FC:EF: : AD:AE: : AF:AG , et CE:EF ::AB ou AD: A F, conséquemment FCxCE:ËT-::AD:AG::NG x AD:NG x AG. D’ailleurs, puisque AC divise l’angle F AH en deux parties égales FC xCH + AC = FA xAH = AGxAD = ANxÀJ) + NGx AD; il suit de-là que FCxCH ouFCxCE— NGxAD, et ËF’=NG x AG. Maintenant K’ = CC — Â7? = NG x AG ( voyez note (a), pag. G 7 ) ; donc EF = K ( 1 ).

PROPOSITION XXVI

m 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 )a Géométrie des Grecs (voyez l’avant-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— a 5 , pages go — ioa. La première solution est empruntée de l'analyse géométrique de Omérique Hugo de San Lucar (vide analysitn gcomctricam , pars prima , de plants , quatuor libri , Cadix 1698) , et la seconde est tirée des œuvres posthumes du célèbre Huygens. La solution du problème général exige 1 application des propriétés de la conchoïde.

(a) Ce problème est résolu dans les Eléments de Géométrie de M. Lacroix ( pag. 84 5 10 e édition ).

ANALYSE GEOMETRIQUE. Io3

Soit proposé de décrire un cercle qui passe par les points A, B [Jig. 26), et qui touche la ligne droite CD.

11 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.

ANALYSE

Puisque CD est une tangente, la perpendiculaire EG menée par le point de contact passe par le centre, elle partage donc en deux portions égales la droite AB parallèle à C D. Il résulte de-Ià 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.

SYNTHESE

Menez GE perpendiculaire sur le milieu de AB, et par les trois points A, E, B faites passer un cercle : il touchera la ligne CE. 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 . 26 bis).

ANALYSE

Prolongez B A jusqu'à la rencontre de CD en F. Alors FÊ’ = 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 B A jusqu’à la rencontre de CD en F, portez sur CD à partir du point F, une moyenne proportionnelle FE ou FF.' entre AF et F B, et par les points A, E, B, faites passer un cercle; il touchera la droite CD.

Car, puisque AF:FE:;FE:FB, il s’ensuit que ÎT? = AF x FB, et par conséquent C D touche le cercle en E.

PROPOSITION XXVII

PROBLÈME

Par un point donne , faire passer un cercle tangent à deux droites données.

Soit proposé de décrire un cercle qui passe par le point E {fig. 27) et qui touche les droites AB et CD.

Premier cas. Supposez AB parallèle à CD.

Par le centre O menez la parallèle FO et la perpendiculaire Kl aux deux droites données. Il est évident que le rayon OI est donné, et par conséquent la position de FO l’est aussi; mais le rayon OE ou O'E étant égal à OI, ce rayon et le centre O sont également déterminés.

synthèse.

Menez une parallèle F O par le milieu de la distance entre les deux droites données , et du point E 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 E touche CD et AB en K et I.

Deuxième cas. Supposez CD incliné sur AB ( fig . 27 bis).

ANALYSE

Prolongez les deux droites données jusqu’à leur rencontre en F, tirez les droites O I, O K et O F, et menez par E la ligne EGH perpendiculaire à OF.

Les triangles rectangles OKF et OIF sont égaux, puisque le côté O K leur est commun; et le côté OI est égal à OK; l’angle OFK est donc égal à O FI; 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 GÉOMÉTRIQUE. ' lûfj

il eh est de même de la perpendiculaire E G, et GH étant égal à G E, 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 AB et CD, elle pourra être décrite par la dernière proposition.

SYNTHÈSE

Prolongez B A 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-dessus de O F en H ; ensuite cherchez une moyenne proportionnelle LI ou LF entre HL et LE, et par les trois points H, E , I, ou H,E,F, faites passer une circonférence de cercle; elle satisfera aux conditions du problème.

En effet le centre du cercle qui passe par E et par H doit se trouver sur FO qui est perpendiculaire sur le milieu de EH; soit O ce centre, et menez la droite O I et la perpendiculaire O K. Puisque HL x LE = lF, le cercle touche AB en I, et l'angle O IF est droit; conséquemment les triangles KOF et IOF sont égaux comme ayant d’abord le côté OF commun, c* de plus les angles OKF et OFK respectivement égaux à OIF et OFI; ainsi 01=0 K. Donc le cercle décrit du point O comme centre, avec OI pour rayon, passe par K, et touche CD en ce point.

Corollaire. Si le point donné E se trouvait sur l’une des droites données, sur AB par exemple, 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 IO (i).

(i) Le problème qui est présenté dans ce corollaire comme cas particulier de la proposition XXVII, sc trouve résolu directement dans les Eléments de Géométrie de M. Lacroix ( page 78 , 10' édition ).

II' Suppl.

loG . ANALYSE GEOMETRIQUE.

PROPOSITION XXVIII

PROBLEME

Par deux points donnés, faire passer un cercle tangent à un cercle donné.

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 deux cercles, menez ADE et BDF, tirez E F; par F, menez la tangente F G , et tirez le diamètre B H CI.

Puisque F G touche le cercle donné, l'angle BFG est égal à FED, et par conséquent à B AD, puisque FE et AB sont évidemment parallèles; mais les triangles B G F et BD A ont en outre un angle commun en B, ils sont donc semblables, et BF:BG: ;BA:BD, d’où B A x B G=BF x BD=BI x B H. Or B I et B H sont donnés, donc le rectangle B A x BG est déterminé, et conséquemment on peut connaître la position du poiut G. Ainsi la tangente G F, la droite B F, et par suite le point D sont déterminés ; ■on peut donc décrire le cercle cherché dont on connaît trois points A, B, D.

SYNTHÈSE

Portez de B en G une quatrième proportionnelle aux lignes B A , BI, BII, menez la tangente GF, tirez la droite FB qui coupe en D la circonférence donnée, et faites passer un cercle par les trois points A, B, D; ce sera le cercle cherché.

Pour le démontrer, il suffit de mener ADE, FE et le diamètre B H CI. Puisque BA;BI;:BH;BG,BAxBG=BIxBH=BFx BD; donc B F ; B G : ; B A : B-D , et par conséquent les triangles BGF et BD A ayant un angle commun compris entre des côtés proportion-

nels sont semblables ; d'où il résulte que l’angle B F G est égal à B AD. Mais BFG est égal à FED, ainsi les angles alternes BAE et FEA sont égaux , ce qui prouve que F E est parallèle à A B ; d’où il suit que les deux cercles DEF, ABD se touchent en D.

PROPOSITION XXIX

PROBLÈME

Par un point donné, faire passer un cercle tangent à un cercle donne 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 ( fig . 29 ) ; a° le cercle dont le centre est B.

AN ALYSE.

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 FI K et H K.

L’angle HIK étant égal à l’angle droit EIF, est ‘droit aussi, et par conséquent H K est le diamètre du cercle IL A, et H le point de contact de ce cercle et de la droite CD. Les triangles HEG et FEI sont donc semblables, et HE:EG::EF:EI, d’où HExEI = EG x EF. Menez la droite EL A, alors AE x EL=HE x EI = EGxEF; mais le rectangle EGxEF est donné, il en est donc de même de EH x El, de EL, et du point L. Maintenant que l’on connaît deux points A, L du cercle cherché, et une tangente donnée, le problème se résoudra comme il a été dit proposition 26, pag. 102.

SYNTHÈSE

Tirez EA, menez la perpendiculaire EG, prenez une quatrième proportionnelle EL anx lignes AE, EG, EF, et par la proposition 26, page 102 , décrivez un cercle qui passe par les deux points A, L et qui touche la droite CD; il touchera aussi le cercle donné.

lo8 ANALYSE GEOMETRIQUE.

Pour le prouver, menez le diamètre H K, la droite EH qui coupe en I la circonférence El F, et la droite FI K jusqu'à la rencontre de H K.

Les triangles HEG et EEI étant évidemment semblables, H E:EG ::EF:EI, et HExEI = EGxEF; mais AE:EG"EF:EL, d’où AExEL = EGxEF; donc HExEI =AExEL, ce qui montre que le point I est situé sur la circonférence HIK. 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 I K seraient respectivement égaux à IEF et IHK, et par conséquent égaux entre eux, puisque EF et H K sont parallèles; ainsi ces deux tangentes se confondent en une seule.

Corollaire. Le problème 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 El H et FI K, la perpendiculaire H E déterminerait le diamètre du cercle cherché.

PROPOSITION XXX

PROBLEME

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 (Jig. 3o), et qui touche deux cercles dont A et B sont les centres.

ANALYSE

Tirez la droite AB, et continucz-la jusqu’à ce quelle rencontre le prolongement de celle qui joint les deux points de contact E et F ; menez OA et OB, AG et BH , et CEI, prolongez IG et DC jusqu'à leur intersection mutuelle en K.

ÿtked by- Ci( * OQ lc

Les triangles isocèles EOF, EAG et FBH sont évidemment semblables; donc AG est parallèle à B F, et A E l’est à B H. 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;;I)G:D F, 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 DK et le point K sont également connus. Il suit de-là et de la proposition 17 du premier livre, page 5 a, que la droite GE 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 OCE 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 CD, une quatrième proportionnelle DK 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 EC un triangle-isocèle dont un des côtés soit dans le prolongement de A E ; le sommet O de ce triangle est le centre du cercle cherché.

Pour le démontrer, menez les droites AG, GF, OB et BH. Puisque AEouAG:BH ouBF::AD:BD,et que 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 B F et B H sont respectivement parallèles aux côtés AG et AE du triangle isocèle GAE; donc les cercles O et B se rencontrent au point F, et comme B H est parallèle à EO, ce

point est un point de contact. De plus, l'angle ECO étant égal à CEO, le côté OE est égal à OC; en conséquence le cercle décrit du centre O et qui passe par E et par F, passe aussi par C.

Autre solution.

ANALYSE

Joignez les centres A, B, O (fîg.Zo), prolongez AB jusqu’à la rencontre en D de la droite qui unit les deux points de contact E, F; tirez les droites B H et CI), et prolongez cette dehiière jusqu’à ce qu’elle coupe le cercle en L.

Puisque les triangles EOF et FBH sont isocèles, les angles OFE et BFH sont respectivement égaux aux angles O EF et B H F, lesquels sont par conséquent égaux entre eux, d'où il suit que F.O est parallèle à B H, et que AE:BH; ;DA: 1 )B, ce qui prouve que le point D est déterminé. De plus DA:DB; :DE:DH ou : ;DE x DF:D H k D F ; mais le rectangle D H x D F est connu , puisqu’il équivaut au rectangle des segments interceptés sur BD par le cercle B, donc les rectangles DExDF et DCxDL, sont déterminés; comme DC est donné, on voit que DL et le point L le sont aussi. Le problème est alors ramené à la proposition 28 de ce live , page 106.

SYNTHÈSE

Prenez le point D de manière que AE:BH:;AD:BD, menez la droite DC et prolongez-la d’une quantité CL, telle que le rectangle DCxDL soit dans le rapport de A E à B H avec le rectangle formé par les deux parties d'une sécante menée par D au cercle B D; décrivez ensuite un cercle qui passe par les points C et L et qui touche le cercle A ; il sera aussi tangent au cercle B.

En effet tirez les droites OA, O B, EH, et menez B H parallèle à AO. Puisque AE:BH ; ; AD:BD, il est évident que EH prolongé rencontrera AD en D; donc AE:BII;;DE:DH ou;;DEx 1 ?F:DH X DF; mais, par construction, AE:BH;; DC x DL:D H x DF, doue

Dir-i : ^oo ;k

D C x 1 ) L = DE x DF, d’où i) résulte que le point F est sur la circonférence O. Donc le triangle EOF est isocèle, et il en doit être de même de'HBF qui lui est semblable; ainsi F appartient aussi au cercle B , et il est le point de contact des cercles B et O.

Si L coïncidait avec le point C, la construction s’effectuerait par le corollaire de la proposition précédente.

PROPOSITION XXXI

Décrire un cercle tangent à deux droites données, et à un cercle donne".

Soit proposé de décrire un cercle qui touche les lignes AB et CI) (fîg. 3 i ), et un autre cercle dont le centre est E.

A N «LYSE

Menez FE, tirez aux points de contact les droites FH, FI; ensuite du point F pris pour centre, décrivez avec le rayon FE 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 = F I, il s’ensuit que G E = 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 27, page io 4 , le cercle EKL est connu; il en est donc de même du cercle concentrique GHI.

SYNTHÈSE

A une distance égale au rayon du cercle donné, menez MN et OP parallèles à AB et CD; ensuite, par la proposition 37 de ce livre, cherchez le centre F d’un cercle qui passe par le point E, et qui touche MN et OP; F est aussi le centre du cercle cherché.

En effet menez F E, F K, et FL. Puisque GE=HK=IL, il est

évident que FG = FH = FI. Ainsi le cercle est tangent en H et I,car CD et AB sont perpendiculaires respectivement à F K et FL.

Scholie. Les six problèmes précédents sont tous renfermés dans ce problème 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 où 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 l’on donne trois cercles; a° celui où l’on 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 du premier cas, c'est-à-dire s'il faut décrire un cercle tangent à trois cercles donnés, voici comment on s'y prendra. Nommons A , B, C les centres des cercles donnés , a,b ,c leurs rayons , X le ceutre du cercle cherché , et x son rayon. Supposons le problème résolu, et décrivons de X comme centre un cercle qui passe par l'un des trois centres donnés prfr A, par exempte; le rayon de ce cercle sera x dt. a , et sa circonférence s’écartera des centres des autres cercles de quantités connues et égales à bzha pour l'un , et crfca pour l'autre; il suit de-là que si, de ü et C pris pour centres, on décrit des cercles qui aient respectivement 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 problème; donc le cercle auxiliaire sera déterminé, puisqu'il devra passer par un point donné A, et être tangent à deux cercles donnés ; sa détermination s’effectuera par la proposition 3o , page 108 . Il est bien clair que de ce cercle on déduira aisément le cercle cherché.

On s'y prendrait d’une manière analogue pour résoudre le second cas. Voyex la Correspondance sur l'école polytechnique , par M. Hachette , page ao5, loin 3.

analyse géométrique.