Cor. III. L’angle ÂOI, moitié de ÂOB vaut

d’angle droit.

Eu déterminant le milieu de l’arc AI, on aurait la sixième partie de l’angle droit , et l’on pourrait ainsi , en continuant, le partager en 12, 48 parties, etc.

296. Problème. Construire un polygone régulier lorsque l'on connaît te rayon du cercle inscrit.

Solution. La question revient encore à partager la circonférence en autant de parties égales qu’il doit y avoir de côtés dans le polygone demandé. Après quoi il ne reste plus qu’à construire une tangente par chacun des points de division. Ainsi, par exemple, si l’on voulait construire un hexagone régulier circonscrit , on déterminerait les sommets de l’hexagone inscrit (292), et l’on construirait une tangente par chacun de ces sommets , ou parallèlement à chacun des côtés du polygone inscrit.

Il sera utile de s’assurer que les points de rencontre des tangentes sont situés sur les prolongements des rayons qui passent à égale distance des points de tangence.

PROBLÈMES

297. Problème. Construire un polygone régulier dont on connaît le côté.

Solation- Supposons, par exemple, qu’il s’agisse de construire un octogone régulier dont le côté serait égal à AB ,fig. 10, 1° on décrira un cercle quelconque, et l’on partagera la circonférence en huit parties égales (291) ; 2“ on tracera la corde AC , sur laquelle on portera A'B' égal au côté donné AB ; 3* on construira B'B parallèle au rayon AO, ce qui déterminera le point B sur le ^ rayon AC ; on décrira la circonférence du cercle qui a pour rayon OB, et les points où cette circonférence rencontrera les rayons qui passent parles points de division du premier cercle, srront évidemment les sommets du polygone demandé.

298. Remarque. Les polygones réguliers peuvent être combinés d’un grand nombre de manières pour former des parquets , des mosa)V[ues et autres figures d’ornement. La seule condition à laquelle il faut satisfaire, c’est que la somme de tous les angles qui ont un sommet commun , doit être égale à 4 angles droits. Ainsi , par exemple , on pourra réunir autour d’un même point :

6 -Angles de triangles équilatéraux , k Angles de carrés ou de rectangles ,

3 Angles d’hexagones réguliers ,

2 Angles d’octogones avec 1 angle de carré ,

2 Angles d'hexagones réguliers avec 2 angles de triangles équilatéraux , etc.

On peut encore composer un grand nombre de figures en réunissant des triangles isocèles , des losanges , des cercles et des tangentes , placées par rapport à ces cercles , dans toutes les conditions possibles de symétrie et de régularité.

74 GÉOMÉTHIE FLANE. PL. 6.

Je laisserai au lecteur le soin de s’exercer à la recherche de toutes ces combinaisons, et à la construction des fiç>ures qui en résultent.

299. Problème. Fig. 11. (instruire un cercle , ou un arc de cercle, passant par deux points donnés A , B.

Solation. On tracera la droite AB, par le milieu de laquelle on construira la perpendiculaire CD. Chaque point de celle perpendiculaire pourra être pris pour le centre d’un cercle dont la circonférence contiendra les points donnés.

Le plus petit de tous ces cercles aura son centre au point O, et son rayon sera OB, moitié de la droite AB.

Si, au contraire, on éloigne le centre, le rayon augmentera, la courbure diminuera et l’arc AB se rapprochera de sa corde; enfîn , si l’on su|>posail que le centre lût iiiGnimenl loin , il faudrait admettre que le rayon serait inGniment grand , alors la courbure serait nulle et l’arc se confondrait avec la corde. C’est pourquoi on dit quelquefois qu’une ligne droite est un arc de cercle dont le rayon est infini.

300. problème. Construire un cercle ou un arc decercle par trois points donnés A-, B, C,fig. 12.

solation. On tracera les deux droites AB, BC, et, par le milieu de chacune d'elles , on construira une perpendiculaire. Le point O, suivant lequel se rencontreront ces deux perpendiculaires, sera le centre du cercle demandé.

En efl'et, les droites OA, OB , sont égales entre elles , puisqu’elles s’écartent également de la perpendiculaire OM (138). Les droites OB , OC , sont aussi égales entre elles, parce qu’elles s’écartent également de la perpendiculaire

PROBLÈMES

ON ; donc le point O , étant à égale distance des trois points donnés, sera le centre du cercle qui passerait par ces points. '

301. Corollaire I. Si les points donnés étaient en ligne droite , les deux perpendiculaires OM , ON, seraient parallèles , et le centre étant infiniment loin , la courbure du cercle serait nulle (299).

302. Cor. II. La construction précédente peut évidemment servir pour retrouver le centre d’un cercle ou d’un arc de cercle. Dans ce cas , on choisira les trois points à volonté sur l’arc ou sur la circonférence donnés.

303. Cor- III. En opérant comme ci-dessus, on pourra toujours faire passer une circonférence par les trois sommets d’un triangle donné.

30Ü. cor. IV. Trois points suffisant pour déterminer le centre et le rayon , on ne pourra pas faire passer une circonférence par un plus grand nombre de points pris à volonté.

305. Cor- VI. On pourra faire passer une circonférence par les sommets d’un quadrilatère toutes les fois que la somme des angles opposés sera égale à deux angles droits.

En effet , admettons que dans le quadrilatère ABGI , fig. 12 , on ait

l’angle ABC -f- AIC = 2 angles droits ,

si l’on prolonge CI jusqu’à la circonférence, et que l’on

trace AK , on aura (200)

l’angle ABC -(- AKI = 2 angles droits.

Retranchant cette équation de celle qui précède, on obtient AIC — AKI = 0; mais on a (110)

AKI-j-KAI = Aie.

Ajoutant et réduisant , il vient KAl = 0.

Donc la droite AI ne peut pas diflérer de AK, et le

point I doit appartenir à la circonférence qui passe par les trois points Â, B , C.

306. Problème. Construire un cercle passant par tous les sommets d'un polygone régulier.

Solution. Il suffira de chercher le centre du cercle qui passe par trois quelconques des sommets (154).

On pourra obtenir ce centre en opérant comme au numéro 300 ; mais on pourra aussi le déterminer par l’intersection de deux diamètres, que l’on construira en joignant deux sommets opposés lorsque le nombre des côtés du polygone sera pair, /?g. 13, ou^bien en joignant un sommet avec le milieu du côté opposé , si le nombre des côtés est impair, 14.

307. Problème- Fig. 1 , PI. 7. Sur une droite donnée AB , construire un segment capable d’un angle donné PMQ.

On dit qu’un segment est capable d’un angle donné, lorsque tous les angles inscrits dans ce segment sont égaux à l’angle dont il s’agit.

Solution. 1° On tracera la droite MH , ce qui déterminera l’angle PMH, complément de PMQ ; 2® on fera au point A un angle OAK égal à P.MH ; 3° on construira la droite VS perpendiculaire au milieu de AB ; l’intersection de VS avec AO sera le centre du cercle auquel appartient le segment demandé.

En eflet, les deux angles OAK, HMP, étant égaux par construction , leurs compléments seront aussi égaux ; ce qui donnera AOK = PMQ ;

AOB

mais on a = AOK ,

PROBLiMES.

de plus (190), AXB = — ^ — .

Ajoutant et réduisant , on aura AXB = PMQ.

Ainsi , tout ani,de inscrit dans le segment AXB , est égal à l’angle donné PMQ.

308. L’angle BAI , formé par la tangente AI , est aussi égal à l’angle donné , puisque l’on a (195)

BAI = — = AOK = PMQ.

309. Si l’on demandait le segment capable de l’angle obtus PMQ', la construction serait la même, mais alors, c’est le segment AYB, qui satisferait aux conditions du problème.

En effet , puisque les angles AXB , PMQ , sont égaux , leurs suppléments (199) AYB, PMQ', doivent aussi être égaux; par conséquent, tous les angles inscrits dans le segment AYB , sont égaux à l'angle obtus PMQ'.

310. Si la surface sur laquelle on dessine ne contenait pas le centre du cercle, fig. 2, on construirait sur AB, une suite de triangles ACB , AC'B , etc., dans chacun desquels la somme des angles à la base serait égale au supplément de l’angle donné.

* La construction de tous ces triangles pourra se faire très-rapidement , en opérant de la maniéré suivante :

1® On tracera les deux droites HA, KB, de manière que chacun des deux angles HAB, KBA , soit égal au supplément de l’angle donné DAH ; 2" on partagera les angles HAB , KBA , en k, 8, ou 16 parties égales , suivant le nombre de points que l’on voudrait obtenir, et si l’on suppose, par exemple , que chacun de ces angles soit partagé en parties égales , par les droites 1 , 2 , 3 , et 1', 2', 3', les points de l’arc de cercle demandé seront déterminés

GKUMETHIE PLANE.

par les intersections de la droite 1 avec 3', de 2 avec 2', de 3 avec 1 .

En effet, si nous exprimons par m le quart de l’un quelconque des deux angles H AB. KBA, il est évident que dans les triangles ACB, AG'B, AC"B, la somme des angles à la base sera

3m -\-m — 2m 2m = m -f- 3m = im = HAB , supplément de l’angle donné.

Donc la somme des angles, à la base de chaque triangle, étant égale à l’angle HAB, tous les angles, aux sommets de ces triangles, seront égaux à l’angledonué DAH. Ils seront inscrits dans un même segment , et les points G , G', G'', seront situés sur un arc de cercle.

311. La somme des angles, à la base des triangles inscrits, étant une quantité constante, il s’ensuit que si l’on faisait tourner lecôtéGA, l’angle, au point A, augmenterait à me sure que celui du point B diminuerait, et lorsque ce dernier angle serait réduit à zéro , l’angle du point A vaudrait km ; alors, le point G étant inffniment rapproché du point A, la sécante A — 3 serai t remplacée par AH , qui alors serait une tangente à l’arc AG'B. Il en sera de même de la droite KB.

Lorsque l’on construit ainsi, à la main, une courbe passant par des points déterminés, il est fort utile de connaître d’avance un certain nombre de tangentes , parce que cela facilite le tracé de la courbe, en indiquant sa direction dans le voisinage des points de tangence. Or, si l’on voulait construire la tangente au point G , il suffirait de faire l’angle SGA = GBA, ou VGB = GAB: car si l’on conçoit les deux rayons AO, GO, et la droite 01, perpendiculaire sur AG , on aura (190)