OC "° 2 D+CD -CT=0N

3° L'angle AIB est constant, car il est égal à la moitié *de l'angle NIM, supplément de l'angle donné 0.

De même, l'angle CID est constant, car il est égal à la demi-somme des angles NIQ, MIQ.

4° La somme des angles NIM, NIQ, MIQ est égale à 4 angles droits; donc les angles AIB, CID sont supplémentaires.

Remarque. La première partie du théorème avait déjà été indiquée (I, Prob. X).

THÉORÈME XIII

1° Les segments déterminés sur les côtés d'an triangle par les points de contact do cercle inscrit et d'un des cercles ex-inscrits sont égaux, chacun, au demi-périmètre moins un côté; 2° la somme de ces segments est égale au demi-périmètre.

Considérons, sur le côté AB, les segments AD, DB, BH, p IG# 45. déterminés par le point de contact D du cercle inscrit et par le point de contact H du cercle ex-inscrit 0'. Nous aurons, en représentant par a, b, c les trois côtés du triangle, et par 2p le périmètre :

1° 2p=AB-fBG+AC-HCG=AB+BH+AC+CI=AH-lrAI=2AH; donc j)=AH,

26 THÉORÈMES ET FROÊLÉKBS

2° 2p=2AD + 2BF+2CF=2AD+2BC;

donc AD=p— o.

3° 2p=2BD+ 2AE +2GE=2BD +2AC ;

donc BD=p— b.

Remarque. A cause de p=AH=AD + BD-hCF, on conclut BH=CF, ou BG=CF. Ainsi, sur chaque côté d'un triangle quelconque, le setjment compris entre un sommet et le 'point de contact du cercle inscrit est égal au segment compris entre ï autre sommet et le point de contact du cercle ex-inscrit.

THÉORÈME XIV

Étant donnés une circonférence et nn rayon prolongé OA ; si an point A on mène une perpendiculaire AB à ce rayon , et une sécante ADI à la circonférence, puis que, par les points d'intersection D, [E, on mène des tangentes DC, EB, ces tangentes détermineront, par leurs intersections avec la perpendiculaire, deux distances égales AB, AC.

Fig. 47. Tirons les droites OB, OC, et les rayons OD, OE. Si Ton prouve que OC=OB, les distances AB et ÂC seront égales, et le théorème sera démontré.

Décrivons sur OB, comme diamètre, une circonférence : elle passera par les points E, A, parce que les angles OEB, OAB sont droits. De même, la circonférence décrite £ur OC , comme diamètre , passe par les points D , A. Cela posé, les angles OAE, OBE sont égaux comme inscrits dans le même segment OE ; de même, les angles OAD, OCD sont égaux ; donc les angles OBE, OCD sont égaux. Il résulte de là que les deux triangles rectangles OBE, OCD sont égaux; donc OB=OC.

DÉ GÊOSftîRIB^ÊLÊSEïmnifc. Î7

Trouver la bissectrice de l'angle de deux droites HP, NQ qu'on ne peut prolonger.

Coupons les deux droites données par deux droites quelconques MN, PQ. Menons les bissectrices MO, NO des angles M, N : le point appartiendra à la droite cherchée, F |G - ^8. parce que les bissectrices des trois angles d'un triangle concourent en un même point. De même, si nous menons les bissectrices PO', QO' des angles P, Q, nous obtiendrons un second point 0' de la bissectrice demandée; donc 00' sera cette droite.

Deux circonférences qui se coupent étant données, mener, par l'un des points d'intersection, une sécante commune qui ait une longueur donnée L.

Supposons le problème résolu, et soit BAC la sécante commune demandée. Des centres 0, 0', abaissons OM, p 1G 49, O'M' perpendiculaires sur BC, et menons O'F parallèle à BC ; nous obtiendrons ainsi un triangle rectangle 00 T, dont 00' est la distance des centres; et dans lequel

0'F=MM'=ÎBC=5L.

Si donc on décrit une circonférence sur 00' comme dia-

mètre, et que du centre 0', avec ^L pour rayon, on trace

un arc qui coupe cette circonférence en deux points F, G, il suffira de mener, par chacun des points d'intersection A ou A', deux parallèles aux droites OF, OG : on

obtiendra ainsi les droites BC, B'C, DE, D'E', qui satisferont à la question.

Inscrire, entre deux circonférences données, une droite parallèle à une droite donnée AB et qui ail une longueur donnée L.

Fig. 50. Le problème étant supposé résolu , soit CD la droite cherchée : si, par le ceutre 0, on mène OE parallèle à AB, et égale à L, et que Ton tire OC et ED, la figure OCDE sera un parallélogramme ; donc DE=OC.

Si donc, du point E comme centre, avec OC pour rayon, on décrit une circonférence qui coupe la circonférence 0' en D et D', et que par ces points on mène des parallèles DC, D'C à AB, elles répondront à la question.

Par deux points A, B, donnés sur une circonférence, mener deux cordes parallèles AC, BD, dont la somme soit donnée.

Fig. 52. Soit EF la droite qui joindrait les milieux de la corde AB et de la corde inconnue CD.

Dans le trapèze ABCD, la droite EF est égale à la demisomme des bases; donc le point F se trouve sur une circonférence décrite du point E comme centre, avec un rayon égal h la moitié de la somme donnée. D'un autre côté, les cordes AB, CD, évidemment égales, sont également éloignées du centre; donc le point F se trouve sur une autre circonférence, décrite du point comme centre, avec OE pour rayon. De plus, la droite CD sera tangente à cette circon-

férence. Nous pouvons donc regarder la question comme résolue.

Remarque. Pour que le problème soit possible, il faut et il suffit que la somme donnée soit moindre que 40E. En général, la construction fournira deux solutions.

Construire an quadrilatère ABCD, connaissant deux angles opposés B, D, les deux diagonales et leur angle 0.

On décrit sur ÀG deux arcs, l'un capable de l'angle B et f ig# 51 l'autre capable de l'angle D; on mène ensuite une droite MN faisant avec AC un angle égal à 0, puis une droite BD parallèle à MN, et telle, que la partie comprise entre les deux arcs soit de longueur donnée (Prob. III) ; et ABCD est le quadrilatère demandé.

Inscrire, dans un carré donné, un autre carré donné.

Soit MNPQ un carré inscrit dans ABCD. Les triaugles Fig. 17. AMQ, BNM, CPN, DQP sont égaux ; car ils ont les hypoténuses égales elles angles aigus égaux. De plus, si Ton mène les diagonales AC, MP, on aura deux triangles AOM, COP égaux entre eux, comme ayant un côté égal* adjacent à deux angles égaux, chacun à chacun. Par conséquent OA=OC et OM = ON, c'est-à-dire que les deux diagonales se coupent mutuellement en deux parties égales. On déterminera donc les sommets M, N, P, Q'en décrivant un arc de cercle du point comme centre, avec un [rayon égal à la moitié de la diagonale du carré à inscrire.

30 Tstoftioas et piomAmbs

Remarque. Le problème est impossible si la diagonale du carré à inscrire est plus petite que le côté de l'autte carré.

Construire an triangle , connaissant les pieds M, N, P des trois hauteurs.

Fig. 34. Supposons le problème résolu , et soit ABC le triangle demandé. Nous savons que les perpendiculaires AM, BN, CP sont les bissectrices des angles du triangle MNP (Th. i). Si dope pous menons, par les points donnés M, N, P, fies perpendiculaires à ces trois bissectrices, elles formeront le triangle demandé ABC.

PROBLÉMP VIIL

Construire un triangle, connaissant la base, la hauteur et l'angle an sommet.

Fig. 53. Sur une droite indéfiuie XY, prenons une distance AB égale à la base, et décrivons, sur AB, un arc ADB capable de l'angle donné. Au point A, élevons AD perpendiculaire à AB et égale à la hauteur ; menons par le point D uue parallèle à AB. Cette parallèle coupera en général l'arc ADB en deux points C, C; et les triangles CAB, C'AB répondront à la question.

Construire un triangle ABC) connaissant un angle A, la hauteur correspondante et le rayon du cercle inscrit.

Fig. 54. Construisons le cercle inscrit 0, et décrivons du point À comme centre, avec un rayon égal à la hauteur donnée , une

m flftOVtal* ÉLftffNTAIHE. 31

circonférence DEF. Il est clair que si nous menons à ces deux cercles des tangentes communes extérieures BC, B'C, nous obtiendrons (Jeux triangles ABC, ABC', qui satisferont à l'énoncé.

Construire un triangle ABC, connaissant la base AB, la somme des deux antre? e^és AC , CB , pt un angle A i la base.

On connaît l'angle A et la base AB ; on peut donc re- Fie. 55. garder comme connue la direction du côté AC. Si l'on prend AD égale à la somme donnée, et qu'on élève une perpendiculaire EG au milieu de BD, cette droite rencontrera AD au sommet cherché C. En effet, CD=BD; donc AC + CB=AD.

Construire un triangle \ty y wpnaissapt h base AB, la différence des deux autres côtés AG, CB, et un angle A à la base.

Ce problème se résout comme celui qui précède. Fig. 56.

Construire un triangle ABC, connaissant un angle B à la base, la hauteur H , et le périmètre P.

Si, après avoir fait l'angle XBY égal à l'angle donné, Fig. 57. on mène une parallèle à BX, qui en soit distante d'une . quantité égale à la hauteur donnée H, on connaîtra le sommet A, et on sera évidemment ramené au problème X, puisque la somme des côtés inconnus AC, BG est égale à P-AB.

Construire un triangle ABC, connaissant la base AB, l'angle opposé G et la somme des denx derniers côtés AG, BC.

Fig. 58. Prenons, sur le prolongement de AC, CD =CB, et menons DB. Le triangle BGD étant isocèle , nous aurons

D=î ACB ; donc l'angle D sera connu.

De là, résulte la construction suivante :

On prend, sur une droite indéfinie, AD égale à la somme donnée. Au point D, on fait, avec AD pour côté, un angle ADB, moitié de l'angle donné C. Du point A comme centre, avec un rayon égal à la base donnée, on décrit une circonférence qui coupe DB au sommet B. Enfin , au milieu de BD, on élève la perpendiculaire EC, qui détermine le dernier sommet C.

Construire un triangle ABC, connaissant la base AB, l'angle opposé G et la différence des deux derniers côtés AG, BG.

L'analyse de ce problème est la même que celle du Problème XIII. Elle conduit à la construction suivante : Fig. 59. On prend, sur une droite indéfinie, AD égale à la différence donnée. Au point D, on fait, avec AD pour côté, un angle ADB, double de l'angle donné C. Du point A comme centre, avec un rayon égal à la base donnée, on décrit une circonférence qui coupe DB au sommet B. Enfin, si au milieu de DB on élève la perpendiculaire EC , on obtient le dernier sommet C.

Construire on triangle ABC, connaissant la base AB et le cercle inscrit 0.

Si, par les extrémités À, B de la base, on mène des tan- Fie. GO. gentes au cercle 0, on aura le triangle cherché.

Remarque. Quand l'angle AOB est droit , les tangentes deviennent parallèles entre elles , et le problème est impossible.

Construire un triangle, connaissant le cercle inscrit, et l'un des trois cercles ex-inscrits.

En menant aux cercles 0, 1 une tangente commune in- Fig. 61. térieure CB, et deux tangentes communes extérieures AB, AG, on obtient le triangle demandé ABC.

Construire un triangle, connaissant deux des trois cercles ex-inscrits.

En menant aux circonférences 1,1' deux tangentes Fig. 61, communes intérieures BC, AC, et une tangente commune extérieure AB, on obtient le triangle demandé ABC.

Construire un triangle, connaissant les centres 1, 1', l" des trois cercles ex-inscrits.

D'après le Théorème I, les sommets du triangle cherché Fig. 61 . ABC sont les pieds des hauteurs du triangle HT.

Remarque. Si, au lieu des trois centres I, I', F, on en donnait deux, I, I', avec le centre du cercle inscrit, on obtiendrait le triangle ABC en menant les droites IBI", l'Ai", OC respectivement perpendiculaires à 01', 01, IF.

Construire an triangle ABC, connaissant la base BC, l'angle opposé A et le rayon du cercle inscrit.

Fig. 45. Le rayon du cercle inscrit étant connu, on peut facilement tracer ce cercle 0. Soient D, E les points où il touche les côtés de l'angle donné A. Si l'on pend DH= El = BC, et que Ton décrive le cercle O f qui touche AB en H et AC en I, ce cercle sera ex-inscrit au triangle ABC. En effet, d'après le Théorème XIII,