LIVRE III. — Î.ES FIGURES SEMBLABLES

VIÏ. — Quelques problèmes remarquables.

PROBLÈME d'aPPOLLONIUS.

401. Le problème dont il s'agit consiste dans la recherche des cercles tangents à trois cercles donnés.

Ce problème, dont la première solution, attribuée à Appolonius, ne nous est pas parvenue, a occupé un grand nombre de géomètres.

Nous avons déjà indiqué, en quelques mots, au n° 263, une solution élémentaire due à Viète. Notre but est ici de donner une construction susceptible de s'appliquer à tous les cas particuliers où un ou plusieurs des cercles donnés sont remplacés par des droites ou des points. C'est à Gergonne que revient l'honneur d'avoir résolu le problème ainsi posé. Toutefois un cas échappe à sa méthode ; c'est celui où les centres des trois cercles donnés sont en ligne droite.

Dans ces derniers temps, M. FoucUé a donné dans un savant Mémoire une méthode exempte de cette imperfection et qui, d'ailleurs, permet de retrouver le tracé de Gergonne.

Voici, à peu près textuellement, la solution de M. Fouché {Nouv. Ami., 1892) :

Soit 0) (y%. 247) le cercle cherché, tangent en A, A'. A" aux trois cercles 0, 0', 0".

Ce cercle w est un cercle isogonal qui coupe chacun des trois cercles donnés sous un angle nul. La tangente commune en A est l'axe radical des cercles w et 0; elle vient rencontrer l'axe de similitude correspondant en un point H par lequel passera aussi la sécante commune au cercle 0 et à un cercle isogonal quelconque de la même famille, ce qui permet de le déterminer. On mènera de H une tangente HA au cercle 0 ; puis on cherchera les points A' et A" antihomologues de A sur les deux autres cercles relativement aux centres de similitude qui se trouvent sur l'axe de similitude considéré. Le cercle passant par A, A', A" sera tangent aux trois cercles donnés. En effet, d'abord, il leur est isogonal (n" 400'"); de plus, son axe radical avec 0 devant passer par H est AH tangente à 0. Donc il est lui-même tangent à AH et, par suite, à 0. Alors, l'angle commun d'intersection est nul et il est tangent aux trois cercles donnés.

De ce qui précède résulte la construction suivante :

On considère un axe de similitude contenant les centres de similitude S' et S'. On prend sur 0 un point arbitraire M qu'on joint à S' et S". MS" coupe 0 en deux points dont l'un M' est antihomolOgue de M. De même MS' dclcrmine sur 0" un point M' antihomologue de M. On trace

le cercle circonscrit au triangle M M' M" qui coupe les trois cercles donnés en trois autres points N, N', N". On joint MN qui rencontre l'axe de similitude en H, De H on mène une tangente HA au cercle 0 et Von

Fig. 24-3.

cherche, comme précédemment, les points M et A" antihomologues de A sur les deux autres cercles. Le cercle circonscrit au triangle A A' A" répond à la question.

Gomme on peut mener du point H deux tangentes HA, HB au cercle 0, chaque axe de similitude fournit deux solutions réelles ou imaginaires, ce qui fait en tout huit solutions réelles ou imaginaires.

L'axe de similitude est déterminé d'après des règles bien connues, quand on donne à l'avance l'espèce des contacts.

Si l'on veut traiter le problème directement, indépendamment de la théorie d«s cercles isogonaux,' on commencera par remarquer que les