LIVRE III

I** Soient AB la base du patalliélogramme donné, DE sa 0g. 144. hauteur, et X le côté du carré clierché; on doit avoir ;

X' = ABxDE

ou AB:X::Î:DE.

Le côté X est donc une moyenne proportionnelle entre AB et DE.

a*" On verrait de la même manière que le côté du carré cg. 145. équivalent à un triangle donné , est une moyenne proportionnelle entre la base du triangle et la moitié de la hauteur.

PROBLÈMB VI.

Faire sur la ligne AD uii rectangle ADEX équivu" lent au rectangle donné ÂBFC.

Soît AX la hauteur inconnue du rectangle ADEX; puisque les deux rectangles doivent être équivalents , on a 1 égalité AD X AX = AB X AC , ce qui donne la proportion AD : AB :: AC:AX.

Ija ligne cherchée AX est donc une quatrième propor-* tionnelle aux trois lignes AD, AB, AC.

P&OBLBMB VII.

Trouver deux dwites qui soient dans le même rap^ port que les surfaces de deux rectangles donnés.

Soient A, B les dimensions du premier rectangle; C, D, les dimensions du second.

L'une des deux lignes cherchées peut être choisie arbitrairement; nous la prendrons égale à A, et soit X la se** conde ligne. On doit avoir d'après Ténoncé :

AxB:CxD::A;X, ,, , ^ CxDxA CxD

9^ GÉOMKnUE»

La ligne eberoh^ X sera donc un^ quatrième proportiofinelle aux trois lignes B, G, D.

Pl^OBLÇMB yiij.

fig. 146. Faire un triangle équivalent h un polygcimt donné.

Soit ABCDE le polygone donné. Tirez d abord la diagonale CE y qui retranche le triangle CDE; par le point D menez DF parallèle À CE jusqu'à la rencontre de AE prolonge^ joignez GF, et le polygone ABGDE sera équivalent au polygone ABCF qui a un côté de moins.

Car les triangles CDE, CFE, ont la base commune CE; ils ont aussi la même hauteur, puisque leurs sommets D, F, sont situés sur une ligne DF parallèle à la base ; donc ces triangles sont équivalents. Ajoutant de parc et d'autre la figure ABGE , on aura d'un côté le polygone ABGDE , et de l'autre le polygone ABCF, qui seront équivalents.

On peut pareillement retrancher l'angle B en substituant au triangle ABC le triangle équivalent AGG, et ainsi le pentagone ABDE swa changé en un triangle équivalent GGF.

Le même procédé s'appliquera à toute autre figure; car en diminuant d'un à chaque fois le nombre des côtés , on finira par tomber sur le triangle équivalent.

Scolie, On a déjà vu que tout triangle peut être changé

*pr.5. en un carré équivalent^, ainsi on trouvera toujours un

carré équivalent à une figure rectiligne donnée; c'est ce

qu'on appelle carrer la figure rectiligne , ou en trouver la

quadrature. ,

Le problème de la quadrtUure du cercle consiste à trouver un carré équivalent à un cercle dont le diamètre est donnée

PROBLÈME IX

Faire un carré qui soit égal à la somme ou à la différence de deux carrés donnés.

uviiE m. 99

Soient A et B les côtés des carrés donnés :

1° S'il faut trouver un carré égal à la somme de ces car- fig. 147. rés; tirez les deux lignes indéfinies ED, EF, à angle droit;' prenez ED=:A et EG = B, joignez DG, et DÇ sera le côté du carré cherclié.

Car le triangle DEG étant rectangle, le carré fait sur DO est égal à la 6omme,des carrés faits sur ED et EG.

2° S'il faut trouver un carré égal à la différence des car« rés donnés , formez de même Tangle droit FEH, prenez GE égal a\i plus petit des côtés A et B ; du point G , comme centre, et d*uii rayon GH égal à Tautre côté, décrivez un arc qui coupe EH en H; je dis qioLe k carré fait sur EH sera égal à k différence des carrés faits sur les lignes. A ec B.

Car le triangle GEH est rectangle^ Th jpoténuse GH =5 A, et le coté GE :=i B; donc le carré fait sur Fil.^ etc. .

Scolie. On peut trouver ainsi un carré égal à la somme de tant de carrés quon voudra; icar la iconstruction quii en réduit deux à un seul , en réduira trois à deux, et ces deux-ci à un, ainsi des autres. Il en serait de niéqie si qn^ues-vns des carrés devaient être soustraits de la somme des autres. < <

Con^iXHire u^çi^rH qui soif iiu catré donné A^CD, fig. i5o. comme la ligne M est à la lignée N.

Sur la ligne indéfinie EG, prenez EF==M, et FG=N; sur ^G, cQ.pmi^ diamètre, décrivez une deminciccoiTiférence, et ai^ point F élevez sur le diamètre la pe^endicu- . laire plI.^Dj^ poii^ U mi^^ les cordas QG, HE, que vous proloi]|ge|*ez indéfiniiç^nt : spr la première prenez ^K égale au côté AB du carré doni^^é, et par le point K. menez Kl parallèle à EG; je dis que HI sera le côté du carré cherché.

Gar,àcaused^spaf;allples]S:i,QE,o|ni«0I-HK::HE:HG;

lOO GÉOMÉTRIE.

donc HIiHK:: HE: HG: mais dans le triangle rectangle

♦ît. EHG*, le carré de HE est au carré de ilG comme le

segment EF est au segment FG, ou comme M est à N ;

donc ¥l:HK::M:N. Mais HK = AB; donc le carré fait sur HI est au carré fait sur AB comme M est à N.

PROBLEMJB XI.

fi«. 129. Sur le côté FG , homologue à AB , décrire un polygone semblable iiu polygone donné kACHE.

Dans le polygone donné tirez les diagonales AC, AD : au point F faites Vangle GFH=BAG, et au point G Tangle FGH=:ABC; les lignes FH, GH, se couperont en H, et FGH sera un triangle semblable à ABC : de même sur FH, homologue à AC, construisez le triangle FIH sembla* ble à ADC, et sur FI, homologue à AD^ construisez le triangle FIK, semblable à ADE. Le polygone FGHIK sera le polygone demandé, semblable à ABGDE*

Car ces deux polygones sont composés d'un même nombre de triangles semblables et semblablement placés.

PROBLEME Xlf»

Deux figures semblables étant données ^ construire une figure semblable qui soit égale à leur somme ou à leur différence.

Soient P et Q les surfaces des polygones donnés ; A et B deux côtés homologues de ces polygones; soit X la surface du polygone cherché, x le côté homologue à A et B.

Les polygones semblables étant comme les carrés des côtés homologues, on aura:

P: Q : : A":B', doù P : P + Q : : A' : A»+ h\

LIVHK III. ICI

On aura aussi P : X : : A* : ^ ;

et comme X:=:P+Q, les deux dernières proportions ont les trois premiers termes communs, donc j;'=A' + B*,

Ainsi le côté x est Thypoténuse d'un triangle rectangle, dont les côtés de l'angle droit sont A et B.

Connaissant le côté x, la question est ramenée au problème précédent.

Si le polygone X devait être égal à P— Q , on aurait encore les proportions :

d'où P : P— Q :: A»: A'— F.

On a d'ailleurs P : X : : A* : a?*,

doù Ton conclut x'=A*— B*.

PROBLBll£ XIII.

Construire une figure semblable à une figure donnée, et qui soit à cette figure dans le rapport de M à H.

Soit P la surface de la figure donnée, A Fun de ses côtés; soit encore X la surface de la figure cherchée, x le côté homologue de A.

On aura d'après l'énoncé du problème :

El à cause de la similitude des polygones:

A. l ET l l X^ l A y

d'où x*:A*::m:n.

On trouvera donc le côté x par le problème X.

PROBLBMB XIV.

Construire une figure semblable à la figure P et équii^alente à la figure Q.

•lO^ G^OJtffiTHIE.

Soient A un côté du polygone P,el a; le cpta homologue de la figure cherchée X.

On aura, à cause de la similitude des polygones :

Et comme X doit être équivalent à Q , P : Q : : A* : a:*.

Si Ton cherche deux carrés M% N', équivalents à P et à Q, on aura

M*:N*:: A*:a:*, d'où M : N : : A : 0?.

La ligne x sera donc une quatrièitie proportionnelle aux trois lignes M, N, A.

PEOBLÈMB XV.

Construire un rectangle éqmfalent a un carré doruié C y et dont les côtés adjacents fassent une somme donnée AB.

fig. i5a. ^"i* AB, comme diamètre, décrivez une denii-circonférénce, menez parallèlement au diamètre la ligne ED à une distance AD égale au côté du carré dotiné G. Du point E, où la parallèle coupe la circonférence, abaissez sur le diamètre la perpendiculaire EF; je dis que AF et Ffi seront les côtés du rectangle cherché. .

Car leur somme est égale à AB; et leur rectangle *2ô. AFxFB est égal au carré de EF*, ou au carré de AD; donc ce rectangle est équivalent au carré donné C.

Scolie. Il faut, pour qUe le problème soit possible, que la distance AD n excède pas le rayon ^ c'est-à-dir^ que le coté du carré C n'excède pas la moitié de la ligne AB. •

PROBLÈME XVI

fig. i53. Construire un rectangle équivalent à un carré C ,

LIVR8 IIU Io3

e^ dont les côtés adjacents aient entre eux la différence donnée AB.

Sur la ligne donnée AB, comme diamètre, décrivez une circonférence; à Textrémité du diatttètre, nienez la tangente AD égale au côté du carré G: par le poin( D et le centre O tirez la i^ante DE ; je dis que 1}E et l3F seront les côtés adjacents du rectangle demandé.

Car I® la différence de ces côtés est égale au diamètre £F ou AB; 2*" le rectangle DExDFest égal à AD* j donc ♦3i. ce rectangle sera équivalent au carré donné G.

pHoaiiAnB Xfti.

Diviser une ligne AB en moyenne et extrême ration , cesi'CHlire en deux parties telles que la plus grande soit mo/etme proportionnelle entre la ligne entière et t autre partie.

Soit F le point de division cherché, on aura fig. 141.

AB:AF::AF:FB,' doù AB + AF: AB: : AF + FB ou AB: AF.

On tire de là (AB + AF) X AF=AB'

Ainsi les deux lignes AB+ AF et AF ( AF est l'inconnue de la question) ont entre elles une différence donnée AB; et leur rectangle est égal à AB; on pourra donc les trouver par le problème précédent. De là la construction suivante :

Elevez à l'extrémité B de la ligné AB, la perpendiculaire BC égale à la moitié de AB; du point G comme centre et du rayon CB, décrivez une circonférence, et tirez ACE j les lignes A£) AD, sont les lignes cheiohées; car leur différence DE=: AB, et Ton a :

ÂB = AExAD.

Io4 G^OMETKIE.

La plus petite de ces lignes AD représentera le segment AF, et devra être portée sur AB, en décrivant un arc de cercle du point A comme centre^ avec AD comme rayon.

Scolie. Soit AB=a, on a AF = AD = AC— CD.

Or AC=l/ÂB + BC=v/«' + ^=\/5fî = ?|/5

CD = -, a

doncAF=?k:5-^=^x(ï^-.).

PROBI«SMB XVUI.

Décrire une circonférence qui passe par deux points A ^/ B , et qui soit tangente à une droite donnée MM'.

Supposons le problème résolu^ et soit ABM la circonférence cherchée ; prolongez AB jusqu'en T ; on sait que la tangente TM est moyenne proportionnelle entre TA et TB,

On obtiendra donc la position du point M en construisant la moyenne proportionnelle entre TA et TB; et la portant sur la ligne donnée à partir du point T ; connaissant le point M, on aura facilement le centre du cercle.

La distance TM peut être portée de part et d'autre du point T ; d'où l'on conclut qu'en général le problème admet deux solutions.