On nomme centres de similitude de deux cercles les

deux points 0 et 0' (Jig. 182) qui divisent la ligne des centres C et C dans le rapport des rayons.

Quand un cercle variable 0 {,/ig. 1 83 ) reste tangent à deux cercles donnés A et B, la droite MN gui Joint les deux points de contact passe par un centre de similitude S des cercles A et B, et la puissance de ce point S par rapport au cercle variable 0 reste constante.

En effet, soit I le second point d'intersection de MN avec le cercle B. Les triangles NMO, BMI, étant isocèles, les

Fig. i83.

angles MNO, MIB, sont égaux entre eux comme étant respectivement égaux à deux angles opposés par le sommet M. Ces angles étant alternes-internes, il faut que les rayons AN et BI soient parallèles, et la droite MN passe alors (260) par un centre de similitude S des cercles A et B. On a d'ailleurs

AN SM.SNr-iSM.SI^y.

Le second membre de cette égalité étant égal à la puissance du point S par rapport au cercle B (193), multipliée par le rapport des rayons des cercles A et B, est constant; il en est donc de même du premier membre, c'est-à-dire de la puissance du point S par rapport au cercle variable 0.

Ce théorème et sa démonstration subsistent quand l'un des cercles donnés, A par exemple, est remplacé par une droite D. Seulement, le centre de similitude S est, dans ce cas, remplacé par l'une des extrémités du diamètre du cercle B qui est perpendiculaire à la droite D.

GÉ0MÉTR1K PLAKE.

PROBLÈME

262. Décrire une circonférence passant par deux points donnés et tangente soit à une droite donnée, soit à un cercle donné.

Fi0. i83,.

1° Soient A et B {fig^ i83j) les deux points donnés et KL la droite donnée. Prolongeons AB jusqu'au point C où elle rencontre KL. Si T est le point où le cercle inconnu 0 touche cette droite KL, CT sera la moyenne proportionnelle (195) entre les deux droites connues CB et CA. De là, cette construction :

Menez AB qui coupe KL en C; déterminez la moyenne proportionnelle entre CB et GA, et portez-la en CT sur la droite CL. Élevez la perpendiculaire TO sur KL et la perpendiculaire 00' sur le milieu de AB; le point 0 commun à ces deux perpendiculaires sera le centre du cercle cherché.

En portant la moyenne proportionnelle en CT' à gauche de C, on a une seconde solution.

Si AB était parallèle à KL, le point de contact serait sur la perpendiculaire élevée sur le milieu de AB, et il n'y aurait qu'une solution.

Enfin, il est évident que le problème n'est possible que si les points A et B sont situés d'un même côté de la droite KL.

2« Soient B et G les deux points donnés et 0 la circonférence donnée {fig- i83j). Supposons le problème résolu, et désignons par A le point où le cercle demandé 0' touche le cercle 0; tout revient à trouver le point M où la tangente AM rencontre la droite BC prolongée. Or, si l'on mène par B etC une circonférence auxiliaire quelconque qui coupe la circon-

férence O en deux points D elE, la corde DE prolongée passera par M. En effet, désignons un moment par £ le point où la droite MD coupe la circonférence 0; on aura

MD.Me = MA=:MB.MC.

Donc ( lOV) le point s est sur le cercle déterminé par les trois points C, B, D, c'est-à-dire sur la circonférence auxiliaire; il ne diffère donc pas de Tintersection E du cercle 0 et de cette circonférence auxiliaire. On déduit de cette analyse la construction suivante :

Par les deux points B et C, menez une circonférence quelconque qui coupe la circonférence donnée 0 en deux points D et E; et du point M, intersection de BC et de ED, menez une tangente MA. au cercle 0. Le point A sera le point de contact du cercle 0 et du cercle inconnu, dont le centre 0' se trouvera d'ailleurs à l'intersection de OA prolongée et de la perpendiculaire élevée sur le milieu de BC.

La seconde tangente menée de M au cercle donné 0 don< ncra une seconde solution.

Si les points B et G étaient équidistants du centre 0, les droites BC et DE seraient parallèles; il suffirait alors de mener au cercle 0 une tangente parallèle à BC; il y aurait encore deux solutions.

Enfin, pour que le problème soit possible, il faut et il suffit que M soit extérieur au cercle 0, c'est-à-dire tombe sur les prolongements de la corde DE, et non entre D et E. Or, la corde DE décompose la circonférence auxiliaire DBCE en deux arcs a et a\ dont l'un est intérieur et l'autre extérieur au cercle 0. Pour que M ne soit pas situé entre D et E, il faut et il suffit que B et C ne soient pas, l'un sur l'arc a et l'autre sur l'arc a\ mais bien tous deux sur l'arc a ou tous deux sur l'arc a', c'est-à-dire que B et C soient tous deux intérieurs ou tous deux extérieurs au cercle 0.

SCOLIB.

263. La détermination d'un cerclo 0 astreint à trois conditions prises parmi celles qui consistent à passer par un point donné, ou à toucher une droite ou un cercle donné, répond à dix problèmes qu'on peut dô-

170 GÊOMftTRie PLANE.

signer par les symboles

PPP (i sol.), PDD (a sol.), DDC (8 sol.),

DDD (4 sol.), PCD (4 sol.), DCC (8 sol.),

PPD (9. soi.), PCC (4 sol.), CGC (8 sol.), PPG ( 2 sol. ),

en représentant un point par P, une droite par D, un cercle par G. Nous avons indiqué, à côté de chaque symbole, le nombre des solutions dont le problème correspondant est susceptible.

La résolution de ces dix problèmes ofTre un exemple remarquable de la méthode des substitutions successives.

Les problèmes de la première colonne ont été déjà résolus (154, i61, 262); on a vu d'ailleurs (262) que les deux derniers se ramenaient au premier PPP. — Indiquons ici, en passant, une nouvelle solution du problème PPD, qui n'exige que la connaissance du Livre IL — P et P' désignant les deux points donnés, et Pi le symétrique de P' par rapport à la droite donnée D, il est aisé de constater que la droite PPi est vue des deux points de contact cherchés sous des angles qui sont respectivement égaux aux angles des deux droites D et PP'. Il suffit donc, pour avoir ces points de contact, de décrire sur PPi un segment capable de l'un de ces angles, et de marquer les intersections de la droite D et du cercle ainsi obtenu.

Le premier problème PDD de la deuxième colonne se ramène a PPD, en observant que la circonférence cherchée doit contenir le symétrique du point donné par rapport à la bissectrice de l'angle que forment les droites données et qui renferme le point donné. — Le problème PCC so ramène à PPC; car on connaît (261) le centre de similitude S des deux cercles donnés et la puissance de ce point par rapport au cercle cherché 0. On peut donc déterminer le second point d'intersection de la droite PS et du cercle inconnu 0. — Le problème PCD se ramène de la môme manière (261) à PPD ou à PPC.

Enfin, les problèmes de la troisième colonne se ramènent respectivement à ceux qui sont placés vis-à-vis dans la deuxième colonne. La marche à suivre reste la même pour tous les trois : c'est la méthode de translation (171 ). Ainsi, pour le problème DDC, on remarquera que, si le rayon du cercle cherché augmentait ou diminuait du rayon R du cercle donné, le nouveau cercle inconnu passerait par le centre du cercle donné et toucherait les droites données déplacées parallèlement à elles-mêmes d'une quantité égale à R. — De même, s'il s'agit du problème DCC, on remplacera le plus grand des deux cercles donnés par un cercle ayant pour rayon (suivant la nature des contacts) la somme ou la difTérence des rayons de ces deux cercles, et Ton déplacera la droite donnée parallèlement à elle-même d'une quantité égale au rayon

rjyil£ III. — LES FIGURES SEMBLABLES.

dii plus petit des deux cercles. — Enfin, pour le problème CGC, on substituera aux deux plus grands cercles des circonférences concentriques dont les rayons différeront des leurs d'une quantité égale au rayon du plus petit des trois cercles donnés.

§ Vî. — POLYGONES RÉGULIERS.

DÉFINITIONS

26fc. Un polygone est dit régulier^ lorsqu'il a tous ses côtés égaux et tous ses angles égaux. Tels sont, par exemple, le triangle équilatéral et le carré.

On nomme ligne brisée régulière toute ligne brisée convexe qui a ses côtés égaux et ses angles égaux.

THÉORÈME

265. On peut toujours inscrire ou circonscrire à une circonférence donnée un polygone régulier d'un nombre donné de côtés.

Supposons la circonférence divisée en n parties égales, n étant le nombre de côtés que doit avoir le polygone.

!• En menant (fig, i84) les cordes AB, BC, . . . qui unis-

Fljj. 18.5,

Fjff. i85.

sent les points de division, on aura un polygone régulier inscrit de n côtés. En effet, les côtés de ce polygone sont égaux comme cordes d*arcs égaux, et ses angles sont égaux comme inscrits dans des segments égaux; car tout angle ABC du polygone est inscrit dans un segment correspondant à deux divisions consécutives de la circonférence.

a" En menant des tangentes [fig. 184) par les points de division A, B, C, . . . , on aura un polygone régulier circonscrit de n côtés. En effet, dans les triangles GAB. HBC, tes

173 GÊOMÉTIIIK PLANE.

côlés AB, BC, . . . sont égaux, et les angles en A, B, C,. . ., formés par une tangente et une corde, sont aussi égaux comme ayant tous pour mesure la moitié d'une division de la circonférence; dès lors les triangles GAB, HBC, ... sont isocèles et égaux, et Ton a d'une part G = H = K ~ . . . , et de Vautre AG = GB=:BH~HC=CK, .., d'où l'on déduit GH = !lKi^.... Ainsi le polygone GHK... a ses angles égaux et ses côtés égaux.

D'après cette démonstration, pour avoir le polygone régulier de n côtés circonscrit à un cercle, il suffit de diviser la circonférence en n parties égales et de mener des tangentes par les points de division. Or, les milieux M, N, P, ... des arcs AB, BC, CD,. . ., qui sous-tendent les côtés du polygone régulier inscrit {Jig. i85), divisent évidemment la circonférence en n parties égales. On aura donc un polygone régulier circonscrit de n côtés en menant des tangentes par ces points. On préfère souvent cette seconde manière d'opérer, parce que le polygone A'B'C'D\. . ., ainsi obtenu, a ses côtés parallèles à ceux du polygone inscrit ABCD, . . ., et ses sommets A', B'. C',. . ., sur les mêmes rayons OAA', OBB', . ., que les sommets du polygone ABCD. . .. £n effet, d'une part deux côtés tels que BC, B'C, sont parallèles comme perpendiculaires sur In même droite ON, et d'autre part deux tangentes telles que MB', NB', doivent se couper (158) sur la bissectrice OB de l'angle MON.

266. Réciproquement, on peut toujours inscrire et circonscrire une circonférence à un polygone régulier donné.

Soit ABCDEF le polygone régulier donné {^î^. i86).

!« Pour démontrer qu'on peut circonscrire une circonfé*

LITBB III. — LES FIGURES SEIIBLABLES. 178

rcnce à ce polygone, il suffit de prouver que la circonférence qui passe par trois sommets consécutifs quelconques A, B, C, passe par le sommet suivant D. Or, soit 0 le centre du cercle déterminé par les trois points A, B, -G; menons OA, OD, et la perpendiculaire OH sur BC. Replions le quadrilatère ABHO autour de OH; les angles en H étant droits, BH prendra la direction HC, et le point B tombera en C, puisque BH == HC. Mais, le polygone étant régulier, l'angle ABH est égal à l'angle HCD, comme le côté BA au côté CD; par suite, le côté BA prendra la direction CD, et le point A tombera en D. Donc OD est égal au rayon OA, et la circonférence considérée passe par le point D.

2° Les côtés AB, BC, . . . , étant des cordes égales du cercle circonscrit, les perpendiculaires OG, OH,..., abaissées du centre 0 sur ces cordes, seront égales (10&); donc, si du point 0 comme centre, avec OH pour rayon, on décrit une circonférence, chacun des côtés du polygone sera touché en son milieu par cette circonférence, alors inscrite au polygone.

Corollaires.

267. On nomme centre d'un polygone régulier le centre commun 0 de la circonférence inscrite et de la circonférence circonscrite. Ce point, étant à égale distance de tous les côtés et de tous les sommets, est à la fois le point de concours des bissectrices de tous les angles et des perpendiculaires élevées sur les milieux des divers côtés.

On appelle rajron d'un polygone régulier le rayon du cercle circonscrit, et apothème de ce polygone le rayon du cercle inscrit.

On nomme angle au centre d'un polygone régulier l'angle AOB de deux rayons consécutifs; cet angle est évidemment égal a l'angle GOH de deux apothèmes consécutifs, et par conséquent est le supplément de l'angle G6H du polygone régulier* D'après cela, si n est le nombre des côtés du polygone, et si l'on prend l'angle droit pour unité, l'angle au centre

vaudra - et l'angle du polygone a — -• On voit ainsi que,

sauf le triangle équilatéral dont les angles sont de 6o degrés,

et le carré dont les angles soni droits, tous les polygones réguliers ont leurs angles obtus.

268. On prouverait, par des raisonnements identiques aux précédents, que toute ligne brisée régulière est inscriptible et circonscriptible, et par suite qu'elle a un centre, un apothème et un rayon, qui sont le centre et les rayons des circonférences inscrite et circonscrite. Une ligne brisée régulière ne diffère d'une portion de polygone régulier qu'en ce que son angle au centre n'est pas forcément une partie aliquote de quatre angles droits.

269. X** Deux polygones réguliers d'un même nombre de côtés sont semblables.

2" Leur rapport de similitude est égal à celui de leurs rayons ou de leurs apothèmes,

Fig. 187.

En effet :

i"* Ces polygones ont les angles égaux, puisque la valeur de Tangle d'un polygone régulier ne dépend que du nombre des côtés (267), et que le nombre des côtés est le même dans les deux figures; de plus, les côtés sont évidemment proportionnels, puisque, dans l'une et l'autre figure, ils sont égaux. Donc, les polygones considérés sont semblables.

2*» Soient (fig. 187) AB le côté du premier polygone, 0 son

centre, OB son rayon, OF son apothème; soient de même A'B'

le côté du second polygone, 0' son centre, O'B' son rayon,

et O'F' son apothème. Les triangles rectangles BFO, B'F'O',

sont semblables (202), puisque les angles FBO, F'B'O', sont

égaux comme moitié des angles égaux ABC, A'B'C'(267}. On

a donc