IJ

ainsi obtenues coïncident ou divergent» Tangle BAC de l'équerre est droit ou non, en d'autres termes l'équerre est juste ou fausse.

Pour mener {Jîg. 108) à l'aide de l'équerre, par un point C, une parallèle à une droite AB, on place sur la droite AB Thypoténuse de l'équerre; puis on appuie la règle GH contre le petit côté DF de l'angle droit, et, en maintenant la règle immobile, on fait glisser l'équerre jusqu'à ce que l'arête, qui coïncidait d'abord avec AB, vienne passer par le point C; on trace alors le long de cette arête une droite E'D' qui est la parallèle demandée. En effet, les angles correspondants E'D'F, EDF, étant égaux, les droites E'D', ED, sont parallèles.

Celte méthode ne suppose pas que l'équerre ait l'un de ses angles droits. Il suffit que les arêtes soient bien dressées; cet avantage et la simplicité de l'opération expliquent la supériorité de ce procédé.

PROBLÈBfE.

151. Mener une perpendiculaire sur une droite en son mi^ lieu.

Soient (fg. 109) A et B deux points donnés; il s'agit de mener une perpendiculaire sur le milieu de la droite qui joint ces deux points.

La perpendiculaire sur le milieu d'une droite étant le lieu (les points équidistants des extrémités de cette droite (49), 11

R. et Di c. — Tr. <ie Géom, ( V* Partie. ) (i

suffit d'obtenir deux points qui soient cliacun également distants de A et de B, puis de joindre ces deux points. De là cette construction.

Fig. I

Fig.

IIO.

Du point A comme centre, avec un rayon sensiblement plus grand que la moitié de AB> décrivez une circonférence; du point B comme centre, avec la même ouverture» décrivez une seconde circonférence; ces deux circonférences se couperont, puisque, les deux rayons étant égaux et surpassant la moitié de AB, la distance AB des centres sera comprise entre la somme et la diffcrcnce des rayons. Chacun des deux points d'intersection C et D sera équidistant de A et de B; et, en tirant CD, vous aurez la perpendiculaire demandée.

Dans la pratique, on ne décrit pas les cercles complets; on se borne à tracer deux petits arcs de chacun d'eux, de part et d'autre de AB, dans la région où l'on prévoit que l'intersection doit avoir lieu {fig. 1 lo). Ce procédé ne suppose pas que la droite AB soit tracée.

Ce problème renferme les deux suivants :

i" Diviser une droite en deux parties égales;

a® Décrire un cercle sur une droite donnée pour diamètre.

Cette dernière question se réduit en effet à la recherche du milieu de la droite, qui est le centre du cercle à décrire.

PROBLÈME

152. Diviser un arc de cercle ou un angle en deux parties égales {fig. 1 1 1 ).

i<* Soit AB Tare proposé; on sait que la perpendiculaire menée sur le milieu de la corde divise l'arc en deux parties

LIVBB II. — LÀ GlRGOKFfiRENCB BB CERCLE.

égales (103); on appliquera donc la construction du n* 151. SI le centre 0 de Tare est donné, il suffira de déterminer un seul point équidistant de A et de B, et de mener OE.

a« Soit AOB Tanglc proposé. Du point 0 comme centre, avec un rayon arbitraire, on décrira un arc AB entre les côtés de l'angle, et la droite OE qui divisera cet arc en deux parties égales sera évidemment la bissectrice de l'angle AOB.

£n appliquant ce procédé aux deux moitiés, aux quatre quarts, etc., de Tare, on divisera l'arc et l'angle en 4» 8, etc., parties égales.

Fig. lit*

Fig. lia.

153. Il peut arriver que le sommet de l'angle sorte de la feuille de dessin ; en d'autres termes, on a besoin parfois de trouver labissecirice de l* angle formé par deux droites AB etCD qu'on ne peut pas prolonger jusqu'à leur point d'intersection.

On mène {Jig. ii3) une perpendiculaire quelconque £P sur AB et une perpendiculaire quelconque FQ sur CD. Sur ces perpendiculaires, on prend deux longueurs égales HF et GE; puis, par H, on mène une parallèle à CD, et, par G, une parallèle à AB; le point de rencontre M de ces deux lignes est un point de la bissectrice cherchée. En effet, ce point H est (53) à des dislances égales GE et HF des deux droites proposées. En prenant deux autres longueurs égales sur EP et FQ, on obtiendrait un second point M' de la bissectrice, et il ne resterait plus qu'à tirer MM'.

PROBLÈBfE.

154. Décrire une circonférence qui passe par trois points donnés A, B, C, non situés en ligne droite [fig. 77].

Le centre O devant se trouver (116) à l'intersection desper-

84 GÉOMÉTRIE rLlKK.

pendiculaires élevées. Tune sur le milieu de AB, l'autre sur le milieu de BC, il suffira, pour avoir ce centre, de répéter ôeun fois la construction du n"* 151. Il est même inutile de tracer les droites AB et BC. Le centre 0 étant connu, on décrira la circonférence demandée à l'aide d'une ouverture de compas égale à Tune des trois droites égales OA, OB, OC.

Pour trouver le centre d'une circonférence déjà tracée, on prend à volonté trois points A, B, C, sur celte circonférence, et Ton applique la solution qui précède.

PROBLÈME

155. Mener par un point donné C une perpendiculaire sur une droite donnée AB.

Il y a deux cas à distinguer :

1° Le point donné C est sur la droite AB {Jig. i j3 ). En prenant de part et d*autre de C deux longueurs égales CA et CB sur la droite donnée, le problème est ramené à celui du n" 151. Seulement, ici, la droite AB est tracée, et Ton connaît son milieu, de sorte qu'il suffit de trouver un seul point D de la perpendiculaire. De là cette construction :

Avec une ouverture de compas arbitraire, mais assez grande, prenez sur la droite donnée, et à partir du point C, deux distances égales CA et CB. Ouvrez davantage le compas, et des points A et B comme centres décrivez successivement, avec cette nouvelle ouverture, deux petits arcs de cercle au-dessus de AB. En joignant au point C le point D d'intersection de ces arcs, vous aurez la perpendiculaire cherchée.

fÎQ, ii3. Fig. Il 4*

B :jE

2>^ Le point C est hors de la droite AB [Jig. 1 14 ). En traçant, du point C comme centre, un arc de cercle qui coupe la droite AB en deux points A et B* on est ramené au problème