COA
Or,
SCA = COA
de plus, COI -f- ICO = 1 angle droit.
Ajoutant et réduisant, il vient
SCA -|- ICO = 1 angle droit ; d’où SCO 1 angle droit.
Par conséquent la droite CS est une tangente, puisqu’elle est perpendiculaire à l’extrémité du rayon OC.
On pourra donc construire d’avance autant de tangentes que l’on voudra.
La tangente au point C' serait parallèle à la corde AB.
312. Solation. On peut fixer solidement deux règles AM, BM., Jig. 4., de sorte que l’angle AMB, soit égal à l’angle donné. Si ensuite on fait glisser cet angle sur le papier, de manière que ses côtés passent toujours par les extrémités de la ligne donnée AB, le point M décrira évidemment l'arc demandé.
Au lieu d’employer deux règles , on peut découper l’angle A"M"B", fig. 3 , dans une planche mince ou dans une feuille de carton.
313. Corollaire. L'une quelconque des constructions |)récédentes , peut servir à tracer un arc de cercle par trois points donnés , lorsque le centre du cercle n’est pas situé sur la planche à dessin.
314. Problème. I^ig- 5. Construire un cercle tangent en un point A d’une droite donnée BC. •
Solution. On construira, par le point A, la droite DE, perpendiculaire sur BC. Chaque point de DE sera le centre, d’un cercle tangent à la droite BC (186).
Si l'on éloigne le centre, la courbure diminue et la circonférence se rapproche de la tangente , avec laquelle elle se confond lorsque le rayon est iuGninienl grand.
315. Problème. Fig. 6. Construire un cercle tangent à deux droites données AB , AC.
Solation. On construira la droite HD , qui partage l’angle BAC en deux parties égales ; chaque point de HD sera le centre d’un cercle tangent aux deux droites données. Les perpendiculaires abaissées du centre sur les deux droites AB , AG , détermineront les points de tangence.
En effet , si l’on choisit le point O pour centre du cercle que l’on veut construire , et que l’on abaisse les deux perpendiculaires OB , OC , on aura l’angle CAO = OAB par construction , l’auglç ACO = ABO comme droits ; ' par conséquent le troisième angle AOB = AOC ; de plus , les deux triangles AOB , AOC , ont un côté commun ; donc ils sont égaux (l(i5) ; d’où l’on peut conclure que les deux perpendiculaires OB , OC, sont égales. Ainsi, le cercle qui aura le point O pour centre, et la droite OB pour rayon, passera par le point C, et les droites AB, AC, seront tangentes , puisque chacune d’elles sera perpendiculaire à l’extrémité d’un rayon.
316. La droite MIN , qui partage l’angle CAK en deux parties égales, contient les centres d’une seconde série de cercles qui toucheraient encore les deqx droites données.
Les deux droites HD, MN, sont perpendiculaires l’une à l’autre , car on a l’angle
MAC + CAO = üf + =
2 angles droits
1 , angle droit.
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PEOBLÈMES.
317. Corollaire I. Fig. 8. Si les droites données BA' , CA", ne se rencontrent pas sur la planche à dessin, on pourra opérer de la manière suivante :
1“ Par un point B, pris à volonté, on construira BS perpendiculaire sur BA', et BK perpendiculaire sur CA"; 2° on tracera la droite BC , qui partage l’angle KBS en deux parties égales ; 3° on construira la droite HD perpendiculaire nu milieu de BC.
En effet, le triangle CKB étant rectangle, on a l’angle A"CO -|- OBK = 1 angle droit ; mais la droite BS étant perpendiculaire sur BA', on a 1 angle droit = OBA' -j- OBS ; de plus, OBS = OBK par construction.
Ajoutant les trois équations et réduisant , on obtient l’angle A"CO = OBA'.
Par conséquent, le triangle formé parles trois droites CA", B A' et BC, est isocèle. Le sommet de ce triangle, étant à égale distance des points B et C, doit donc nécessairement appartenir à la perpendiculaire HD , élevée par le milieu de la base BC.
Enfin, les deux angles A"CO, OBA', étant égaux, leurs compléments le sont aussi ; d'où l’on peut conclure que la droite HD partage en deux parties égales l'angle que les droites BA', CA", formeraient à leur point de rencontre.
318. Cor. H. Fig. 7. Si le centre du cercle que l’on veut tracer n’est pas sur le dessin, on commencera par choisir à volonté les points de tangence B et C , qui doivent être à égale distance du point A (202) , et par conséquent sur une droite BC, perpendiculaire à la ligne AD, qui partage en deux parties égales l’angle BAC.
On partagera l’angle SBC, en deux parties égales, par une droite BU, dont l’intersection avec AD déterminera le point U appartenant à l’arc demandé.
Pt. 7.
En eifel , on u , jiiir construction , l’iinglc SBU = UBD;
innis UBD = SUB, comme ullernes-
inlernes.
Ajoutant les deux équations et réduisant , on obtient SBU = SÜB;
donc le triangle SUB est isocèle, et l’arc de cercle tangent au point B , sera également tangent en U (202).
En continuant de la même manière, on aura autant de points que l’on voudra. Ainsi, en partageant chacun des angles SBU, USB, en deux parties égales, on obtiendra le point 1.
La droite KH, perpendiculaire sur SI, sera tangente au cercle demandé, car la ligne SI doit passer pat le centre , puisqu’elle partage l’angle USB en deux parties ^ales.
319. Problème. Fig- 10. Construire un cercle tangent a trois droites données AB , AC, BC.
solution. On partagera chacun des angles ABC , BAC , en deux parties égales, et le point O, suivant lequel se
rencontreront les deux bissectrices, sera le centre du
cercle demandé. Le» points de tangence seront déterminés en abaissant les trois perpendiculaires OK , OS, OI. En effet, les deux triangles AOK, AOS, étant égaux (315), on a OK = OS; mais l’égalité des triangles BOS, BOl , donnera pareillement OS = OI ; donc les trois perpendiculaires OK, OS, OI, étant égales, le cercle qui serait décrit du point O comme centre, avec l’une d’elles pour rayon , passera nécessairement par les pieds desdeux autres, et sera tangentaux trois côtés du triangle, dans lequel , par conséquent, il sera inscrit.
