MM'=NN'==...==TT

Par suite, la corde MT' sera égale au côté inconnu MT. Il

138 moites rr

ne s'agira donc plus que d'inscrire une torde IfT, égalé a une autre torde M'T', et passant par' le point A.

2° n pair.

Si nous effectuons la même construction, il en résultera, à cause de MM'=SS', que M'S' sera parallèle au côté inconnu MS. Et comme ce côté doit passer par le point donné À, H est complètement déterminé. Le problème est donc résolu.

Inscrire, à un cercle donné 0, on polygone MNPQ... dqitf les côtés passent respectivement par des points donnés A, B, C...

Fig. 194. Soient PQ, QR deux côtés consécutifs, lesquels doivent passer respectivement par les pojnts D, E. Soit, commp dans le Problème L, PP' parallèle à la droite DE. On verra, comme dans le problème cité, que le point F, où PE rencontre la corde P'R, peut aisément être déterminé. Par suite, la recherche du polygone MNPQR est remplacée par celle du polygone MNPP'R, dont un côté PP r doit être parallèle à une droite donnée, et dont les autres côtés doivent passer par des points donnés.

Semblablement, la recherche de ce second polygone sera remplacée par celle d'un nouveau polygonp ayant deux côtés parallèles à deux droites données, et dont les autres côtés passent par des points donnés.

En continuant (je la sorte, on ramène la solution du problème proposé à la solution du -problème précédent.

di ûÉaatmz ÉtÊmœwum*. 139

timmmn , à ni cerde drané 0, un triangle IffiP dont ta (omaets wient situés m (rois droites données X, Y, Z«

Soit DEF le triangle inscrit qui aurait pour sommets les Fig. 195. points de contact de la circonférence avec les côtés du triangle circonscrit MNP. Il est clair que les sommets du second triangle sont les pôles des côtés du premier. Conséquemment, la droite X, qui passe par le point M, a son pôle A sur EF. De même, les pôles B, C des deux autres droites données sont situés sur FD, DE. Il faudra donc, pour résoudre le problème proposé : chercher les pôles A, B, C des droites données; construire le triangle inscrit DEF, dont les côtés passent par ces trois points (Probl. LI) ; mener, par les sommets de ce triangle , des tangentes à la circonférence 0.

Remarque. La solution que nous venons d'indiquer est une application de la Théorie de$ polaires réciproques.

Construire un cercle tel, que les angles circonscrits, dont les sommets seraient trois points donnés A, B, G, soient respectivement égaux à des angles donnés la, 1(3, îy.

Soit le cercle cherché. Menqns les tangentes AD, AP', Fig. 214. BE, BE', CF, CF'. Menons aussi les rayons OD, OE, OF. L'angle DAO, moitié de DAD', est égal à a. De même, les angles EBO, FCO sont respectivement égaux à /3 et k y. D'ailleurs, les triangles ADO, BEO, CFO sont rectangles.

Si doue, d'un point arbitraire 0', pris eu dehors d'une

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droite indéfinie XY, nous menons la perpendiculaire O'I, puis les obliques O'A', O'B', O'C faisant avec XY des angles égaux à a, (3, y; cette construction déterminera des triangles A '10', B'IO', CIO', semblables aux premiers triangles.

La comparaison des côtés homologues donne