GÉOMÉTRIE Pl.AriE

suffit d'obleiiir deux [iolliis qui soient chacun également distants "de A et de B, juiis de joindre ces deux points. De là celle conslruciion.

ri([, 109. Fig. 110.

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 élani égaux et surpassant la moitié de AB, la distance AB des centres sera comprise entre la somme et la différence des rayons. Chacun des deux poinii d'intersection C et D sera équidistant de A et de B; et, en liraiii 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 (Jig. 1 10). Ce procédé ne suppose pas que la droite Alî 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.

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

PROBLÈME

132, Diviser ein arc de cercle ou un angle en deux parties éi^ales (fig. 1 1 1 }.

1" Soit AR l'arc proposé; on sait que la perpendiculaire menée sur le milieu de la corde divise l'arc en deux parties

LIVBE II. — LA CIBCOKFÉHENCE I)K CEECI.E. 83

égales (103); on appliquera donc la construclion du n" J51.Si le centre 0 de l'arc est donné, il suffira de délermîner un seul poinl éfjuîdistant de A et de B, el de mener OE.

2° Soil AOB l'angle 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.

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

Fig. III. Fin, iiî.

133, Il peut arriver que le sommet de l'angle sorle de la Teuille de dessin; en d'autres termes, on a besoin parfois de trouver labisseclrice de l'angle formé par deiixdroiles AB et CD qu'on ne peut pas prolonger Jusqu'à leur point d'intersection.

On mène {Jig.nZ) une perpendiculaire quelconque EP sur AB et une perpendiculaire quelconque FQ sur CD. Sur ces perpendiculaires, on prend deux longueurs égaies HF etGE; 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 M 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 !a bissectrice, et il ne resterait plus qu'à tirer MM',

PROBLÈME

134. Décrire une circonférence qui passe par trois points donnés A, B, G, non situés en ligne droite (fg. '}']].

Le centre 0 devant se trouver (116) à l'intersection desper-

84 OÉOMÉTRIE TLAKE.

pendiculaires élevées, l'une sur le milieu de AB, l'aulre sur le miSieu de BC, il suffira, pour avoir ce centre, de répéter deux 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 l'une 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 cette circonférence, et l'on 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 :

i^Le point donné C est sur la droite AB {Jîg- ii3). En prenant de pan et d'autre de C deux longueurs égales CA et CB sur la droite donnée, le problème est ramené à celui du n" 15t. Seulement, ici, la droite AB est tracée, et l'on connaît son milieu, de sorte qu'il suffit de trouver un seul point D de la perpendiculaire. De là celte construction:

Avec une ouverture de compas arbitraire, mais assez grande, prenez sur la droite donnée, ei a partir du point C, deux distances égales CA et CB. Ouvrez davantage le compas, et des points A el B comme centres décrivez successivement, avec celte 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. Fie- ii3. FiE. i.'i.

2° Le point C est hors de la droite AB (Jig. i i/j ). En traçant, du polni C comme centre, un arc de cercle qui coupe la droite AB en deux points A et B, on est ramené au problème

LIÏRK 11. ~ L.l ClRCOKFÉniîNCE DE CEnCLE. 85

(!li iflSl, avec celte différen(;e qu'on connaît déjà iin poînl C de la perpendiculaire ei qu'il suffit d'en trouver un second. De là la construction suivante :

Du pointe comme centre, avec un rayon assez grand, décrivez un arc de cercle qui coupe la droite donnée en deux points A et B, De ces points comme centres, avec une ouverture de compas sensiblement plus grande que la moitié de AB, décrivez successivement deux petits arcs de cercle au-dessous île AB. En joignant au point C le point E où ces arcs se coupent, vous aurez la perpendiculaire demandée.

156. En bonne construction on ne doit jamais se servir directement de réquerre pour le dessin des perpendiculaires. Toutefois, il est un cas très-fréquent dans la pratique où l'emploi, en quelque sorte indirect, de cet instrument fournît d'excellents résultats ; c'est celui où l'on doit mener sur une droite des perpendiculaires par plusieurs points. On commence par tracer avec soin l'une de ces perpendiculaires à l'aide du compas, puis on lui mène à l'équerre des parallèles par les autres points. On opère de même lorsqu'on veut élever une perpendiculaire, à l'extrémité d'une droite qu'on ne peut pas prolonger; onUaceà l'équerre, par ce point extrême, une parallèle à une perpendiculaire que l'on a préalablement menée sur cette droite en un autre point à l'aide de la règle et du compas.

Voici d'ailleurs une solution directe et fort simple de ce dernier problème : A étant ie point exlrérae de la tiroitc considérée, on décrit un cercle quelconque passant par A [^i,'. 91); on trace le diamètre CB qui aboutit au second poinl de rencontre B du cercle et de la droite; en joignant AC, on a la perpendiculaire demandée, car l'angle CAIÎ est droit comme inscrit dans une demi-circonférence.

fifOîIÉTRIR rHKF.

^ Yt. - PROBLEMES SUR l,E3 TANGENTES.

PHOBLÈMB.

157. Mener par un point donné A une tangente l'i un ceixh donné 0.

Il faut distinguer deux cas :

i''LepoiniA [fi.^. iiS] esl sur ia circonférence. Il suffii

d'élever par le point A une perpendiculaire AT sur le rajon OA.

2° Le point A est hors du cercle [fig. ii6). Supposons le problème résolu; soient AH une tangente menée par A au cercle 0, et B son poini de contact. La tangente étant perpendiculaire à l'exlrémilé du rajon, du point de contact B on voit la droite AO sous un angle droit OBA. Donc [13't) le point B esl situé sur la circonférence décrite sur AO comme diamètre; ce point élanl d'ailleurs sur la circonférence donnée 0, il esl à l'inlerseciion de ces deux circonférences, ei l'on voit dès lors qu'il y a deu\ solutions.

Ainsi on décrira sur AO comme diamètre une circonférence, et, en joignant au point A les points B et B' où celte circonférence rencontre la proposée, on aura les deux tangentes BA et B'A,

COSOLLATRE.

158. Les deux- tangentes AB et AB' que l'on peut mener ù un cercle 0 par un point extérieur A sont égales entre elles, et la droite qui joint ce point extérieur au centre du cercle divise en deux parties égales l'angle BAB' des deux tangentes, ainsi que l'angle BOB' des deux rayons OB et OB' qui aboutissent aux points de contact.

UvnR II. — LA CIRCONFÎREHCE I)K CliRCLi:. ,S^

En eftet, les deux triangles rectangles OBA, OB'A sont égaux comme ayant l'hypolénuse AO commune et les côtés de l'angle droit OB et OB' égaux entre eux comme rayons du cercle donné. On a donc AB ^-= AB', angle BAO ----= angle B'AO, angle BOA = angle B' 0 A.

SCOLIE

159. Pour mener à un cercle une tangente parallèle à une droite donnée, on mène le diamètre perpendiculaire à la droite donnée, et les extrémités de ce diamètre sont les points de contact des deux tangentes qui satisfont à la question.

PROBLÈME

ICO. Inscrire un curcle dans un triangle donné ABC.

On dit qu'un polygone est circoascrit à un cercle lorsque chacun de ses côtés est tangent à la circonférence; le cercle est alors inscrit dans le polygone.

Cela posé, soit ABC IJig' 117) le triangle proposvi dans lequel il faut inscrire un cercle. Supposons le problème résolu. La droite AO, qui joint le centre du cercle cherché au point de rencontre A des deux tangentes AD et AE, est, d'après le problème précédent, la bissectrice de l'angle A du triangle. On voit de même que le point 0 doit encore se trouver sur les bissectrices ItO, CO, des angles B et C. D'après cela, on mènera deux de ces bissectrices, et de leur intersection 0 comme

centre, avec une ouverture de compas égale à la longueur commune des perpendiculaires OD, OE, OF, abaissées de ce point sur les côtés, on décrira une circonférence qui touchera en D, E, F, les côtés du triangle donné.

SCOLIK.

161. Il résulte de celle démonstralion que les bissectrice' des Irais angles d'un triangle concourent en un même point. On voit d'une (iiaiiière analogue quo les bisseclrîce.s desanglc^ pxiéiieui's d'un iri'ingle ARC i fi" 118} forment un secom'

ii-iangle O'O'O" donl les somuiels sont situés sur les bissecirices des angles iiiiérieurs. Chacun de ces sommets est le centre d'un cercle exinscril, c'est-à-dire d'un cercle tangent à l'un des côtés du triangle et aux prolongements des deux autres côtés. // existe donc, en général, quatre circonférences tangentes à trois droites données.

Si l'on désigne par a, b, o Ifls côtés BC, CA, AB du irian- !^le ABC, et \iar p le deml-pérlmèlre de ce triangle, on aura, . pour les distantes du sommet A au\ points où la droite AB toLiclie les qualre cercles :

-BM + CN+CA

AW =

^p, AI) =

En elTel

, régalilé

iABH-BH

+ lie -h