=

=

FIG. 60°; que chaque angle du quarré 90°; que celui du pentagone régulier 108°; que celui de l'hexagone régulier 120°; que celui de l'heptagone régulier 128°+=128° 34′ 17"+", &c, &c.

53.

=

412. Quant à la fomme des fuppléments des angles intérieurs d'un polygone quelconque qui n'a pas d'angle rentrant, elle eft encore plus facile à déterminer. Čar chaque fupplément 180° moins l'angle intérieur auquel il appartient; donc la fomme de tous les fuppléments 180° x n-la fomme des angles intérieurs 180° xn-180° (n-2) = 360°.

=

413. Si un polygone a des angles rentrants, la fomme de tous les fuppléments des angles faillants plus tous les angles rentrants = 360° +180° pris autant de fois que le polygone a d'angles rentrants.

Car la fomme de tous les fuppléments des angles faillants du polygone ABCEFI= = 360°. Or fi on fait un angle rentrant CD Ê, la fomme des fuppléments augmente de ECD+DEC ou de 180°-langle rentrant CDE. De même fi on faifoit un autre angle rentrant HI, la fomme des fuppléments feroit 360°+180° x 2 - CDE -FHI. Donc en général la fomme des fuppléments des angles faillants plus la fomme des angles rentrants = 360o autant de fois 180° que le polygone a d'angles rentrants.

Des Polygones fymmétriques.

414. Puifque les côtés oppofés d'un polygone fymmétrique doivent être paralleles & égaux, il eft clair 1°, que le nombre de ces côtés eft toujours pair; 2°, que tout polygone régulier d'un nombre pair de côtés eft en même temps fymmétrique.

Cela pofé, fi de chaque angle d'un polygone fymmétri34. que, on mene des diagonales aux angles oppofés, les triangles oppofés au fommer, comme AFB, DFC feront 35. égaux.

&

Car le côté A B eft égal & parallele au côté homologue DC; donc l'angle FDC=FBA, & l'angle F C D= FAB. Les triangles AFB, DFC font donc femblables. D'ailleurs ils ont un côté homologue égal de part & d'autre, favoir AB, DC. Donc ils font égaux.

.

De-là

BF FD, &c. Donc FIG.

34

&

De-là il fuit AF FC, que AF=FC que toutes les diagonales AC, DB, &c, fe coupent en deux parties égales au même point F qu'on peut appeller à caufe de cela le centre du polygone fymmétrique. Une diagonale quelconque AC divife donc le polygone fym- 35. métrique en deux parties égales & femblables, puifqu'il y a de part & d'autre de cette diagonale autant de triangles égaux & femblables.

415. En général toute droite IL paffant par le centre F d'un polygone fymmétrique eft divifée en deux également au point F, & partage le polygone en deux parties égales & femblables. Cela fe prouve par l'égalité & la fimilitude des triangles FIB, DFL & AIF, LCF.

416. De ces propriétés on peut déduire une maniere facile de décrire un polygone fymmétrique d'un nom→ bre de côtés donné. Veut-on, par exemple, décrire un polygone fymmétrique de fix côtés? on menera par le point F, trois droites EFG, DFB, AFC qui faffent entre elles des angles quelconques. On prendra enfuite FB=DF, & d'une grandeur arbitraire; de même AF FC, EF GF, & par les points A, B, G, C, D, E, ainfi trouvés, on menera A B, BG, &c qui feront les fix côtés du polygone demandé. Cela eft évident, puifque les triangles AFB, DFC ayant deux côtés égaux autour d'angles égaux, doivent être égaux & femblables. Donc A B eft égal & paralléle à DC, &c.

Des Polygones réguliers.

417. Tout polygone régulier peut être inferit & circonferit à un cercle.

Cela fe réduit à prouver qu'il y a au-dedans de ce 36. polygone un point C également éloigné des fommets de tous les angles, & tel en même temps que les perpendiculaires menées de ce point fur chaque côté du poly

FIG. gone foient égales entre elles & divifent chaque côté en 36. deux parties égales.

Or fi on divife en deux également tous les angles ABD, BDF, &c, par les lignes CB, CD, &c, je dis que toutes ces lignes fe rencontreront au point cherché C. En effet les angles ABD, BDF, &c, étant égaux, leurs moitiés A BC, CBD, CDF, CFD, font égales. Donc tous les triangles ABC, BCD, DCF, &c, font isofceles & femblables. Mais les bafes AB, BD, DF, font toutes égales. Donc ces triangles font isofceles, égaux & femblables. Donc AC BC=CD=CF, &c. Donc le cercle décrit du rayon CB paffe par tous les fommets des angles du polygone donne.

Pour prouver maintenant que l'on peut circonfcrire tout polygone régulier à un cercle, il faut faire voir que les perpendiculaires CK, CL, CM, &c font égales. Or les triangles ACB, BCD, &c étant ifofceles, les perpendiculaires CK, CL, CM, &c divifent en deux également les côtés fur lefquels elles tombent (376). De plus, l'angle CBL-CBK. Donc les triangles rectangles CBK, CBL font égaux & femblables. Donc CK =CL; on prouvera de même que CL-CM-CN &c. Donc toutes ces perpendiculaires font égales.

418. De-là il fuit que le côté d'un polygone quelconque régulier infcrit dans un cercle eft la corde d'un arc 3600 de n étant le nombre des côtés du polygone. Ainfi le côté d'un triangle équilatéral infcrit, eft la corde d'un arc de 120°.

n

On voit par ce qui précéde, qu'il eft facile d'infcrire dans un cercle un polygone régulier donné. Mais lorfqu'il s'agit d'infcrire dans un cercle donné un polygone régulier d'un nombre de côtés donné, c'eft un problême que la Géométrie élémentaire ne peut réfoudre que très-peu de cas. Nous allons les expofer brièvement. 419. I. Infcrire dans un cercle donné un triangle équilatéral. D'un point quelconque B pris fur la circonfé

dans

rence donnée, comme centre, & du rayon BC, je décris · FIG. l'arc ACD qui coupe en A & en D la circonférence; 36. par ces points A & D, je mene AD, & prenant AG, DG égaux chacun à AD, j'aurai le triangle ADG qui fera équilatéral.

Car ayant mené les deux cordes AB, BD, les triangles ACB, BCD feront équilatéraux. Donc les angles ACB, BCD, ou les arcs AB, BD feront cha→ cun de 60°; & par conféquent l'arc total ABD fera de 120°. Or la corde de 120° est égale au côté du triangle équilatéral. Donc, &c.

420. Puifque l'arc AB eft de 60°, fa corde AB est le côté de l'hexagone régulier infcrit. Or A B C B. Donc le côté de l'hexagone régulier infcrit eft égal au rayon.

Si on divife l'arc AB en deux parties égales, la corde de la moitié de cet arc fera le côté du dodécagone régulier; on peut donc par la Géométrie élémentaire infcrire dans un cercle les polygones réguliers de 3, 6, 12, 24, 48, &c côtés.

421. Soit propofé maintenant de trouver l'expreffion analytique du côté du triangle équilatéral.

A caufe du triangle ifofcele B AC la perpendiculaire AQ menée du fommet A fur la bafe CB divifera cette bafe en deux parties égales au point Q. Donc CQ eft la moitié de CB. Soit le rayon CB=4. On aura C Q= a, & V (AC2 CQ), ou AQ=av 3. Donc 2 AQ ou le côté AD du triangle équilatéral a pour expreffon analytique av 3.

422. II. Infcrire un quarré dans un cercle donné. Si on mene les diametres A D, B F perpendiculaires 1 un à l'autre, je dis qu'ils couperont la circonférence donnée aux points A, B, D, F, par lefquels fi on mene les cordes AB, BD, DF, AF, on aura les quatre côtés du quarré demandé, puifque les arcs AB, BD, DF, A F font chacun de 90°.

37.

423. De-là il fuit que fi on nomme le rayon AC, a, on aura le côté du quarréa V2, Car AC2+CF2AF2, ou AF2 = 2a2. 424. III. Inferire dans un cercle donné un décagone régulier. 38. Suppofons que AB foit le côté cherché, & menons les rayons AC, BC avec la ligne BE, de maniere qu'elle divife en deux également l'angle ABC. Cela pofé, l'angle ACB eft de 36°. Donc

38.

FIG. les angles ABC, BAC font chacun de 72°. Or par la fuppofition BE divife en deux également l'angle ABC. Donc l'angle ABE= 36° ACB. Le triangle A B E eft donc ifofcele & femblable au triangle ACB. Donc AE: AB:: AB: AC; mais l'angle EBC = ABC 36°=AC B. Donc le triangle ECB eft ifofcele. Donc E B ou AB=EC, & AE:EC:: EC: AC. Donc fi on divise le rayon AC en moyenne & extrême raifon au point E, le plus grand segment EC fera égal au côté A B du décagone régulier.

425. IV. Infcrire dans un cercle un Pentédécagone régulier, ou 39. un polygone régulier de quinze côtés.

On prendra d'abord A B égal au rayon AC, c'eft-à-dire l'arc ADB de 60°; enfuite on fera A D égal au côté du décagone, & la corde DB menée par les extrémités des deux arcs AB, AD fera le côté du pentédécagone cherché. Car l'arc A DB= de la circonférence, & l'arc A D de cette même circonférence. Or÷÷÷÷; d'où il eft aifé d'infcrire dans un cercle les polygones de 30, 60, 120, &c côtés.

426. Lorfqu'on voudra circonfcrire à un cercle donné un polygone régulier, on commencera par infcrire dans ce cercle un polygone d'un égal nombre de côtés. Cela 40. fait, du centre Con abaiffera fur chaque côté, comme AD, une perpendiculaire CB. Enfuite par le point B, on fera paffer la tangente E B F qui rencontrera en E, & F les rayons CA, CD prolongés, & on aura EF pour l'un des côtés du polygone cherché. On fera la même chofe pour les autres côtés FG, GH, &c, & par-là le polygone cherché fe trouvera décrit.

On voit en effet, que les triangles ECB, FCB, FCM, MCG, &c, font tous égaux entre eux. Donc EF FG GH, &c, & EB=BF=÷EF=FM &c. Donc le cercle donné touche chaque côté du polygone EFGH &c par le milieu. Ce polygone eft donc circonfcrit au cercle donné.

427. Si on veut avoir l'expreffion du côté d'un polygone circonfcrit, on nommera CA, a, le côté A D d'un polygone d'un même nombre de côtés infcrit-b, & on aura AQ=b, QC= √(aa-bb), & à caufe des triangles femblables CAQ, CEB, QC (Vaa-bb

AQ(b)::CB (a): EB. Donc 2EB ou le côté cherché=

EF.

zab

v (4aa-bb)

428. On peut déduire de la formule précédente, 1°. Que le côté du