a‘ Solution- Au lieu de décomposer les polygones

en triangles, il vaut mieux opérer de la manière suivante : soit , 2, le polygone donné BCDHK , 1“ on tracera

deux droites quelconques AX, A'X', dans le plan de la figure donnée ;

2° De chacun des sommets de cetle figure on abaissera une perpendiculaire sur la droite AX ; ’

3° Ou prendra toutes les parties A.p, Aq, As, A^', Am, que l’on portera en A'p, A'q', AV, AV', yi'm', sur la droite A'X;

Par les points p',q', t, etc., on élèvera une perpendiculaire à la droite A'X', et l’on fera chacune de ces perpendiculaires égale eu longueur à celle qui lui correspond sur la figure donnée.

Les sommets du nouveau polygone seront déterminés , et l’on n’aura plus qu’à tracer les côtés.

11 est facile de voir qu’en transportant la droite AX sur A'X', les deux figures coïncideraient dans toutes leurs parties , ce qui prouverait l’égalité des deux polygones.

279. 3° Solution. Fig. k. 1° Par tous les sommets «lu polygone donné BCDHK, on tracera (2k2) des parallèles dans une direction quelconque; 2° on fera toutes ces lignes égales entre elles, et le polygone B'C'D'H'K', que l’on obtiendra en joignant les extrémités, sera évidemment égal au polygone donné.

280. 4° Solution. Fig. S. 1° On tracera une droite quelconque AY, sur laquelle on abaissera des perpendiculaires de tous les sommets <lu polygone donné; 2° on prolongera chacune de ces perpendiculaires d’une quantité égale à elle-même.

I,es (leux polygones BCDHK, B'C'D'H'K', seront égaux,

Pt. 6.

car il est évident que l’on pourra les faire coïncider en pliant la figure suivant la droite ÂY.

281. Lorsque deux figures ont ainsi tous leurs points situés deux à deux sur des perpendiculaires à une même droite , et à égale distance de cette ligne, on dit qu’elles sont symétriquement placées.

La droite AY est ce que l’on appelle un axe de symétrie.

282. On dit souvent aussi qu’une figure est symétrique, lorsqu’elle se compose de deux parties égales placées symétriquement. Ainsi , le triangle isocèle est une figure symétrique , qui a pour axe de symétrie la perpendiculaire abaissée du sommet sur la base (272).

Il y a des figures qui n’ont qu’un axe de symétrie, mais il y en a d’autres qui en ont plusieurs. Ainsi, dans un rectangle , il y a deux axes de symétrie qui passent parles milieux des côtés et par le point de rencontre des diagonales.

Dans un losange, les deux diagonales sont des axes de symétrie.

Un triangle équilatéral a trois axes de symétrie, qui sont les trois perpendiculaires abaissées des sommets sur les côtés.

Dans un polygone régulier, toute ligne droite qui passe par le centre et un sommet, ou par le centre et le milieu d’un côté , est un axe de symétrie.

Dans un cercle , chaque diamètre est un axe de symétrie.

283. Problème. Fi§. 6. Construire une tangente patun point A donné sur la circonférence dÜun cercle.

Solntlon- On joindra le point donné avec le centre par un rayon AO ; puis l’on construira la droite CD perpendiculaire sur AO.

9h. 6. PROBLÈMES. ' €9

284. Si l'on ne peut pas prolonger le rayon ÛA, on placera la pointe d’acier en A ; puis , avec un rayon égal à celui du cercle, on décrira l’arc rnn, ce qui déterminera le point B sur la circonférence. De ce point, comme centre, avec le même rayon, on décrira l’arc t>u ; on tracera ensuite la droite OB, que l’on prolongera jusqu’à son intersection avec l’arc yu. Le point C, que l’on obtiendra par cette construction , fera partie de la tangente cherchée.

Ën effet , les trois distances BO , BA , BC , étant égales , il s'ensuit que si du point B , comme centre , on décrivait un cercle avec le rayon BO , la circonférence passerait par les points A et G ; mais alors OC serait un diamètre, et l’angle OAG étant inscrit dans une demi-circonférence serait droit •, donc la ligne CA serait une tangente (186).

285. Problème. Construire une tangente à une circonférence , par un point situé en dehors du cercle.

Solution. Fig. 6. 1° On joindra le point donné T avec le centre O ; 2° on décrira un cercle en prenant la droiteTO comme diamètre. Les points H et K, suivant lesquels ce second cercle rencontrera le premier seront deux points de contact.

En eflet, si l’on trace les droites TH, TK, OH, OK, il est évident que les angles THO, TKO, seront droits, puisque chacun d’eux sera inscrit dans une demi-circonférence; donc les droites TH , TK , seront tangentes au cercle.

286. a* solution. Fig. 6. 1° Du point O, comme centre, avec un rayon égal au diamètre du cercle donné, on décrira les deux arcs mn, m'n'; 2° du point donné, comme centre, avec le rayon TO, on décrira les arcs yu, y'u', ce qui déterminera les points S et I. On joindra ces points avec le point O par les droites OS , Ol , ce qui déterminera les points de tangence H et K.

GKOMETRIE PLANE.

ËD cüel, le Iriangle STO est isocèle, puisque TO = TS ; lie plus, la droite OS étant égale au diamètre du cercle donné , te point H est le milieu de SO ; donc la droite TH est perpendiculaire sur OH , puisqu’elle passe par le sommet et par le milieu de la base du triangle STO

287. Problème. Construire deux taiigetites parallèles à une droite donnée.

Bolntton. Fig. 7. On tracera le diamètre CD perpendiculaire sur la droite donnée AB , les extrémités de ce diamètre seront évidemment les points de tangence demandés.

Si l’on voulait construire des tangentes perpendiculaires à la droite AB, on tracerait le diamètre HK parallèle à AB, ce qui déterminerait les points de tangence H et K.

288. Problème- Construire un polygone régulier lorsque l’on connaît le rayon du cercle circonscrit.

Solation. On commencera par décrire la circonférence, que l’on partagera ensuite en autant de parties égales qu’il doit y avoir de côtés dans le polygone demandé (203).

289. Renmrque. Il y a des subdivisions que l’on peut faire à l’aide des principes précédemment démontrés, mais il y en a d’autres dont nous ne pourrons parler que plus tard.

290 Problème. Construire le carré inscrit dans un cercle donné.

Solation. Fig. 8. On construira deux diamètres AB,

PROBLÈMES

CD, perpendiculaires l’un à l’autre , et l’on joindra les extrémités de ces diamètres par des cordes , ce qui donnera le carré ADBC ; car, les angles au centre étant égaux , comme droits , les arcs interceptés entre les c6tés seront égaux (188), et la circonférence sera partagée en quatre parties égales.

291 . corollsdre. En opérant comme nous l’avons dit au numéro 235 , on déterminera le rayon OH qui partage l’angle AOD, et, par conséquent, l’arc AD en deux parties égales , de sorte que la corde AH sera le côté de Voctogone légulier inscrit.

Si l’on partage l’arc AH en deux parties égales , on aura a seizième partie de la circonférence.

En continuant de la même manière, on pourra tascrire dans le cercle tous les polygones de k, 8, 16, 32, 6üi, côtés, et ainsi de suite , en doublant toujours.

292. Problème. Construire l’hexagone régulier inscrit dans un cercle donné.

Solation. Fig. 9. Si du point A, comme centre, on décrit l’arc OB, on déterminera le point B, et l’arc AB sera la sixième partie de Ja circonférence.

En effet, si l’on trace les droites OB , AB, le triangle AOB sera équilatéral, par conséquent , l’angle AOB vaudra le tiers de deux angles droits ou le sixième de quatre ; d’où il s’ensuit que l’arc intercepté AB sera la sixième partie de la circonférence entière. Ainsi , le côté de l’hexagone régulier est égal au rayon du cercle circonscrit.

293. Corollaire E Si , après avoir déterminé les sommets de l’hexagone régulier, on joint les trois points A, C, E, par des cordes , on aura, inscrit dans le cercle, un

triangle équilatéral, caries arcs AG, CE, £1A, sont égaux , puisque chacun d’eux vaut deux sixièmes ou un tiers de la circonférence.

29!^. Cor. If. En partageant en deux parties égales chacun des arcs sous-tendus par les côtés de l’hexagone régulier, on aura les sommets du dodécagone régulier inscrit ou poljgone régulier de 12 côtés; puis, en continuant de la même manière , on pourra inscrire les polygones de 21^, lis, 96, côtés, etc.