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des triangles 4BC, abc (n° 242) donne la proportion L ER

rh AC? AB?

on a de même TS rs Et0r; réunissant ces rapports ac égaux, il vient T T' N dt AB° ‘fo CT Lulo 4). ei Ré due :7E

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263. Concluons de là que, 1° si l’on construit trois polygones M, Net P (fig. 138) semblables, de figures quelconques, dont les côtés homologues soient ceux d’un triangle rectangle 4BC, on aura

EYE AR A PPS RE PER Be FTPBOSE TIC AB? BC+ AC

or, AB? = BC? + 4°; donc M = N + P. Cette proposition étend celle du carré de l’hypoténuse (n° 254) à tous les polygones semblables ; de sorte qu’on peut aisément construireune figure égale à la différence des deux autres, ou à leur somme, ou à la somme dé tant d'autres qu’on voudra, pourvu qu'elles soient toutes semblables.

2° Les aires des polygones réguliers d’un même nombre de côtés sont comme les carrés des rayons des cercles inscrits et circonscrits.

3° Les cercles C, © sont comme les carrés de leurs rayons R, r, ou

POLYGONES SEMBLABLES. 271 de leurs diamètres : car soient z et 8 les excès des aires des polygones circonserits sur celles des cercles G, c ; C4 a, ce 8 seront les aires des polygones ;

ie CHa PR:

d'où © Ti ve: L; puis(n® 119) 2 = À.

Cela résulterait aussi de ceque C= 7 À, c —rr°.

4° Le cercle qui a pour diamètre l’hypoténuse d’un triangle rectangle est donc égal à la somme de ceux qui ont pour diamètres les côtés de l'angle droit; de sorte qu’il est facile de former un cercle égal à la somme ou la différence de tant de cercles qu’on voudra.

264. Deux triangles ABC,abc (fig. 137),qui ont un angle égal A =a, sont entre eux comme les rectangles des côlés qui comprennent cet angle. En effet, les perpendiculaires BD , bd sur leurs bases donnent

ee BD X AC

(n° 256) —— MREPREUT ET STATS : or, les triangles semblables 4BD,

nn AB abd donnent L PTS ABC __ AB X AC

pue abc ab X ac

On peut à l’aide de ce théorème, résoudre les questions suivantes: ,

I. Diviser un triangle ABC (Kg. 134) en trois parties égales, par des droites FD, FE qui se joignent en un point donné F sur la base AC. Divisons la base en trois également aux points Æ et Z ; comme le triangle CBI est le tiers de CBA (n° 256, 2°), l’aire inconnue CDF = CBI. Or, on a,

CDF__ CDX CF.

CBI CB X CI

CD sx. CT

donc CD K CF— CB X CI, ou —— CE — CF?

ce qui prouve (n° 216) que DJ est parallèle à BF, et que, par conséquent , il faut mener BF, puis ses parallèles ZE, DT, et enfin DF, FE, >

II. La même construction sert à diviser l'aire 4BC (fig. 139) en #,5,... parties égales par des lignes FE, FE", FD, FD : il

faut couper la base 4C en autant de parties égales. On sait donc diviser l'héritage triangulaire 4BC, en parts REAISE par des sentiers qui aboutissent à un puits commun 7,

III. Décrire un triangle E'ZX qui soit équivalent à 4BC (fig. 140), dont la base soit £'Z et le sommet situé en un point Æ de la ligne donnée NX.

Supposons d’abord que les deux triangles 4BC, ADF soient équivalents : comme