Soit
l'équation d'un cycle et X,, Y,, Z^ les coordonnées normales d'un point A,. Menons par ce pbint une droite quelconque qui coupe le cycle'en deux points A' et A"; soit Aa l'un des deux points opposés où cette même droite rencontre la polaire du point A, par rapport au
cercle de l'infini. Nous savons (28) que, en faisant A, A^ == -h - > les
distances
sont déterminées à im:i près, et qu'en désignant par X2, Yj, Zj les
( 71 ) coordonnées normales du point Aj, celles du point A' sont
X=:X,chp'— /shp'X,, Y=:Y,chp'-/shp'Y,, Z= Zj chp'— / shp'Zj.
En écrivant que ces coordonnées vérifient Téquation du cycle et en posant
on trouve
P,ochp'~ /shpTao— I.
De même
P,ochp''-£shp"r.o=i;
d'où, en éliminant Pao»
P,oSh(p'~p'') = shp'-shp" ou
a a li(,-i-i
Par conséquent, le produit th^-th— reste constant quand la se-
cante tourne autour du point A, : c'est ce produit constant que nous appellerons la puissance du point A , .
Ainsi la puissance d'un point X, Y, Z par rapport à un cycle Co - o,
c'est
Il en résulte que le lieu des points d'égales puissances, par rapport à deux cycles C^ = o, C, = o, est Taxe radical
de ces deux cycles. Par conséquent, les propriétés des cercles orthogonaux subsistent en Géométrie non euclidienne.
il importe de remarquer que la généralité de nos formules suppose que, dans le cas d'un hypercycle, on regarde les deux branches comme tracées l'une sur le recto, l'autre sur le verso du plan; c'est-à-dire que, si la sécante issue du point A, rencontre l'une des branches en un point A' (Jïg, 25) et l'autre branche en un point A", les distances
(70 p'= A, A' et p"= A, A" sont l'une réelle, l'autre égale a une quantité
Fig. 25.
réelle augmentée de it/. Si Ton ne voulait pas faire cette convention, on aurait tantôt
tantôt
selon que les points A', A'' seraient ou non sur la même branche. Comme application, considérons un hypercycle défini par son axe AB
{Jig. 26) et par l'un de ses points C; abaissons CA perpendiculaire sur AB, et proposons-nous de déterminer les points d'intersection M
et M' de l'hypercycle avec une droite DE perpendiculaire à AC au point D. Nous savons qu'on peut trouver sur DE un point F tel que la perpendiculaire FG, abaissée de ce point sur AB, soit plus grande que AC; prenons sur GF une longueur GH = AC; le point H appartiendra à Thypercycle, et la tangente en ce point, qui est perpendiculaire à GH, rencontre la droite DE en un point I, car nous supposons
GH r= AC> AD.
Le cercle décrit de I comme centre avec IH pour rayon coupe orthogonalement Thypercycle, ainsi que tous les cycles passant par M et M', et, en particulier, le cercle décrit sur MM' comme diamètre; donc le rayon DM de ce dernier cercle est égal à la tangente menée du point D au cercle I, ce qui permet de le déterminer.
Problèmes sur la ligne droite.
33. Construire une droite passant par deux points donnés réels , idéaux ou à V infini.
Dire qu'une droite passe par un point idéal donné, c'est dire qu'elle est perpendiculaire à une droite donnée; et dire qu'une droite passe par un point donné à l'infini, c'est dire qu'elle est parallèle k une droite donnée (26).
Donc, en écartant le cas où les deux points donnés sont réels et le cas où ils sont l'un réel, l'autre idéal, ce qui revient à mener par un point une perpendiculaire à une droite, nous avons à résoudre les quatre problèmes suivants :
I® Mener par un point une parallèle à une droite donnée.
1^ Mener une perpendiculaire commune à deux droites données.
Ces deux problèmes ont été traités au n"* 26.
3** Mener une droite parallèle à une droite D et perpendiculaire à une droite D' (fig* 27).
Bolyai donne une solution de ce problème ; mais on arrive à une construction plus simple que la sienne en s'appuyant sur ce que les trois
hauteurs d'un triangle concourent en un même point.
En effet, supposons d'abord que les droites D et D' se coupent en un point A, et soit DAD' l'angle aigu formé par ces deux droites. Nous savons qu'on peut trouver sur AD' un point B assez éloigné du point A pour que la perpendiculaire menée par ce point à la droite D' ne rencontre pas la droite D; donc, en menant BC parallèle a AD, l'angle ABC
Fig. 37.
sera aigu, lui aussi. Dans ces conditions, les perpendiculaires AF et BE abaissées des points A et B sur BC et AD respectivement se coupent en un point et, dans le triangle OAB, la hauteur OH issue du point est la droite demandée, car elle passe parle point de concours des deux autres hauteurs AD et BC, c'est-à-dire qu'elle leur est parallèle.
Si maintenant les deux droites données D et D' ne se rencontrent pas, il n'y a qu'à mener par un point de D' une parallèle à D pour être ramené au cas précédent.
4** Mener une parallèle à deux droites données H et D'.
Il faut distinguer trois cas selon que les droites D et D' se rencontrent, admettent une perpendiculaire commune, ou sont parallèles.
Si D etD' se rencontrent, en menant la bissectrice de l'un des angles qu'elles forment, la droite menée perpendiculairement à cette bissectrice et parallèlement à D sera aussi parallèle à D' par raison de symétrie. Il y a donc quatre solutions.
Si les droites D et D' admettent une perpendiculaire commune AA', en remplaçant, dans la construction précédente, la bissectrice par la perpendiculaire au milieu de AA', on a deux solutions. Il y en a deux autres, car les parallèles à D, menées par le milieu de AA', sont aussi parallèles à D'.
Enfm, si les droites D el D' sont parallèles {fig* 28), soit C un point
de l'une et C un point de l'autre; nous savons que toute droite issue du point C et située dans l'angle DCC coupe la droite D'; donc la bissectrice de l'angle EfCC rencontre la bissectrice de l'angle D'CC en un point 0. Les distances OP, OP' de ce point aux deux droites D et
Fig. a8.
D' étant égales, ces deux droites sont symétriques par rapport k la hauteur OH du triangle isoscèle OPP'; par conséquent, la droite BAB', menée perpendiculairement à OH et parallèlement à D, sera aussi parallèle à D'.
Remarque, — Quelle que soit la position des deux droites D et D', on voit qu'il est toujours possible de construire une droite équidis-
tante de D et de D'.
Quadrilatère trirectangle et triangle rectangle.
34. Les éléments d'un quadrilatère ABCD(^g. 29) qui a trois angles droits B, C, D sont liés par les relations
shAD cosy , .„ i
-rrrrr^ = -: — t. r=chAB = -r— t->
CL, Y étant les angles aigus du triangle rectangle ABC, et A l'angle de parallélisme correspondant à la distance AB
A = n(AB).
Nous avons vu (26) que, étant donné AB, en décrivant de C comme centre, avec AD pour rayon, un arc de cercle qui coupe AB en E, on a
Réciproquement, A étant donné, on pourra faire un angle BAF égal à A, et Ton obtiendra la distance AB en menant BH perpendiculaire à AB et parallèle à AF. Donc :
i^ Si Ton donne BC et A, on peut construire AB et par suite AD; en
prenant sur BA un point E tel que CE = AD, on aura BEC = A; donc on aura construit un triangle rectangle BEC, connaissant un côté de r angle droit BC et l'angle A opposé à ce côté.
Fig. 29.
2^ Si Ton donne AD et BC, on peut construire le triangle BEC, ce qui donne A, et par suite AB; donc on peut construire le quadrilatère trirectangle ABCD, connaissant deux côtés opposés AD et BC.
3** Si Ton donne a et y, en faisant deux angles égaux à a et à - — y»
qui aient le sommet et un côté communs, et en abaissant d'un point du côté commun des perpendiculaires sur les deux autres côtés, les longueurs a et c de ces perpendiculaires satisfont à la relation
sha shc
sma cosy
=: sinA.
En construisant un triangle rectangle qui ait c pour hypoténuse et a pour côté de Tangle droit, Tangle opposé à a sera égal à A; donc on pourra déterminer AB, et l'on aura construit un triangle rectangle ABC, connaissant les deux angles aigus ol et y.
Intersection d'une droite et d'un hypercycle.
35. Nous supposons Thypercycle défini par son axe xy et par la distance $ de l'un de ses points à Taxe.
Si la droite donnée D rencontre l'axe xy en un point réel, on a à
construire un triangle rectangle, connaissant un côté de l'angle droit, 5, et Tangle opposé, savoir Tangle de D avec xy.
Si la droite D rencontre Taxe xy en un point idéal, on a à construire un quadrilatère trirectangle, connaissant deux côtés opposés, savoir c et la perpendiculaire commune aux deux droites D et xy. D'ailleurs, nous avons traité ce cas directement au n** 32.
Enfin, supposons que la droite D soit parallèle à l'axe ocy {fig. 3o); d'un point  de cette droite abaissons AB perpendiculaire sur ^y, et
Fig. 3o.
prenons sur BA une longueur BC = S; si nous menons CD' parallèle kyxdu côté opposé à AD, cette droite CD' rencontre nécessairement AD en un point E. Comme la figure est symétrique par rapport à la perpendiculaire EF abaissée du point E sixrxy. en prenant sur ED une longueur EH = EC, on aura le point H où la droite AD rencontre l'hypercycle.
Intersection d'un horicycle et d'une droite.
36. Nous supposons l'horicycle défini par un de ses points A et par le rayon AB qui passe par ce point.
I® Si la droite donnée D est elle-même un rayon, c'est-à-dire si elle est parallèle à AB, le point où elle rencontre l'horicycle est symétrique de A par rapport à la droite équidùtante des deux droites D et AB {Remarque du n** 33).
On trouve dans Bolyai une autre solution, qui est compliquée et exige des constructions dans l'espace.
2** Si la droite D passe par le point A, elle rencontre l'horicycle en un second point qui est symétrique de A par rapport au rayon perpendiculaire à D.
3^ Enfin, si la droite D est quelconque, les deux points M et M'
{fig. 3i) où elle coupe rhoricycle sont symétriques par rapport au point C 011 elle est rencontrée par le rayon CE qui lui est perpendiculaire.
Menons la droite AC qui rencontre Thoricycle en un second point
A' que nous savons déterminer (2^), et décrivons un demi-cercle sur AA' comme diamètre; le point C ayant même puissance par rapport à ce cercle et par rapport à l'horicycle, en menant par le point C une perpendiculaire à AA' qui rencontre le cercle en N, nous aurons CN = CM = CM'.
Intersection de deux cycles.
37. Quelle que soit la nature des deux cycles, il est facile de reconnaître si leurs points d'intersection sont réels ou imaginaires en construisant les points où ils sont rencontrés par la droite qui joint leurs centres; ensuite, on détermine leur axe radical par la méthode ordinaire, en les coupant par un cercle auxiliaire que Ton fera passer par un point de chacun d'eux.
Considérons en particulier deux hypercycles
ZZo — YYo — XXo =: sh d, ZZ,-YYi-XX, = sh(î„
S et S, étant les distances des deux hypercycles à leurs axes respectifs.
( 79 ) L'axe radical a pour équation
ZZo-YYo-XXo sha ZZi-YY,-XX, "" shd,'
c'est le lieu des points tels que le rapport des sinus hyperboliques de leurs distances aux axes des deux cycles soit égal à -ry •
Cette propriété, qui est évidente géométriquement quand les deux hypercycles se coupent, fournit une construction de Taxe radical plus simple que la construction générale indiquée plus haut.
Distinguons trois cas.
1® Les axes xy^ oc^y^ sont parallèles {fig. 32). — Construisons le point A où le premier hypercycle coupe x^y^^ et le point A< où le
Fig. 32.
Mi'
second hypercycle coupe xy. Considérons le milieu M de AA< et menons MP et AB perpendiculaires sur jtv, puis MP^ et A,B, perpendiculaires sur a?, j, ; comme
shMP shAB sh($ shMP, " shA,B, "" sha/
Taxe radical demandé est la parallèle à xy menée par le point M. 2** Les axes xy, x^y^ se coupent en un point {fig* 33). — On pour-
Fig. 33.
rait faire la même construction que dans le cas précédent; mais il
(8o) est plus simple de prendre sur Ox et sur Oo?, des longueurs
OA = ô„ OA, = a,
et alors Taxe radical demandé est la médiane OM du triangle OAA, ; car, en abaissant MP dt MP| perpendiculaires sur les axes, on a
shMP shOAt sh^ shMP, ~ shOA ^ sha/
3** Les axes xy^ ^\y\ ont une perpendiculaire commune AB (^fig^ 34). — Je prends sur Aa? un point quelconque C et, sur le prolongement
Fig. 34.
if»
JC'
de BA, une longueur OA = 8, puis 0A< = S^, et, par le point A^, je mène une perpendiculaire à OA qui rencontre OC en un point C,, en sorte que
thAC shOA sha IhAiCi "" shOA, "" shdi
A<C<, et en menant CD
Donc, en prenant sur B7, une longueur BD = qui rencontre AB en un point M, on a
shAM thAC sha ^ shBM ~"lhBD "" shâ/
Taxe radical demandé est la perpendiculaire à AB au point M.
Tangente à un cycle.
38. La corde des contacts des tangentes issues d'un point donné est la polaire de ce point par rapport au cycle : on la construit par la méthode ordinaire, et, en cherchant les points où elle rencontre le cycle, on a les points de contact.
On peut aussi trouver pour chaque cas une méthode particulière. Par exemple, si l'on veut mener une tangente à un cercle perpendiculaire à une droite donnée, on aura à construire un quadrilatère trirectanglc dans lequel on connaît deux côtés, le rayon du cercle et la distance du centre à la droite donnée.
Dans le cas ou le point donné est réel on à Vinfini, on obtient la tangente demandée en menant une tangente quelconque, que l'on fait tourner autour du centre du cycle jusqu'à la faire passer par le point donné. La construction réussit pour un horicycle ou un hypercycie aussi bien que pour un cercle proprement dit.
Quatrième proportionnelle.
39. Étant données trois longueurs a, A, c, on peut toujours construire
une longueur x telle que
. sh 6 sh c
sh.r = — ; .
slia
En effet, si l'une des longueurs b o\x c est moindre que a, par exemple b<^a^ on pourra construire un triangle ayant pour côtés a et c, et dans lequel la hauteur opposée au côté c est égale à 6; et alors la hauteur*opposée au côté a sera la longueur cherchée x.
Si les deux longueurs 6, c sont plus grandes que a, on peut faire un triangle rectangle OAB {fig- 35) ayant pour hypoténuse OB = 6 et
pour côté de l'angle droit AB =? a, en abaissant, d'un point fi' pris sur le prolongement de l'hypoténuse, B'A' perpendiculaire sur OA; on a
shOB' sh^
shA'B'"'slia'
d'où
shcshOB'
''^''- shA'B' '
et, comme on peut prendre OB' assez grand pour que A'B' soit supérieur à c, on sera ramené au cas précédent.
On peut employer la même méthode pour construire un triangle rectangle OAB, connaissant Tangle et le côté opposé AB, problème déjà traité au n^ 34. En effet, puisqu'on donne l'angle 0, on peut trouver deux longueurs OB' et A'B' plus grandes que la longueur donnée AB, et telles que
et, par conséquent, construire l'hypoténuse OB du triangle demandé
en vertu de la relation
shOB'shAB
shOB =
shA'B'
Construction des formules
sYix = sh a ib sh ^,
$\ix ■=: — sha, n
%h}x^=. shash6.
40. Remarquons d'abord que, sur un horicycle défini par un de ses points, le point {fig* 36), et par le rayon OB qui passe par ce point, on peut trouver un point A tel que OA soit égal à une longueur donnée a; pour cela, il suffit de faire un angle BOA égal h l'angle de parallélisme
correspondant à la distance -•
De même, on peut trouver sur l'horicycle un point A dont la distance au rayon OB soit égale à une longueur donnée a; car, si par le point on mène une droite OQ de longueur égale à a et faisant avec le rayon OB un angle égal à l'angle de parallélisme correspondant à la distance a, la perpendiculaire à la droite OQ au point Q rencontrera l'horicycle au point cherché A.
Prenons pour origine le point 0, et pour axe des y le rayon OB; l'équation de l'horicycle est
avec d'où
Z2 Y*-X*izzi;
équation qui rappelle celle de la parabole en Géométrie euclidienne
Fig. 3«.
Ainsi les coordonnées d'un point A de Thoricycle ont pour valeurs
Z — chOA,
Y=i2sh2
OA
