OB : OG :: OD : OA

CoroUaire, Donc le rectangle OA x OB , est égal au rectangle OGxOD.

OÉOKÉTBIB.

Schoïtê. On peut remarquer qae cette proposition a beaucoup d'analogie avec la précédente , et qu'elle n'en diffère qu'en ce que les deux cordes AB, CD, au lieu de se couper dans le cercle, se coupent au-dehors. La proposition sui- Tante peut encore être regardée comme un cas particulier de celle-ci.

PROPOSITION XXX

THtOBftmB.

fig. i3a. Si du même point G, pris hors du cercle, on mène une tangente G A et une sécante. OC , la tangente sera moyenne proportionnelle entre la sécante et sa partie extérieure; de sorte qu'on aura OC : OA : : OA : OD ] ou , ce qui revient au même, OA=GC x OD.

Car, en joignant AD et AC, les triangles OAD, OAC, ont l'angle commun ; de plus l'angle OAD , formé par une * 19* a. tangente et une corde a pour mesure la moitié de l'arc AD, et l'angle C a la même mesure ; donc l'angle OAD=sC ; donc les deux triangles sont semblables , et on a la proportion ,

^ OC: OA::OA:OD, qui donne OA:^C x OD.

PROPOSITION XXXL

THiOEÈKB.

fig. i33. Dans un triangle ABC, si on divise V angle A en deux par-fies égales par la ligne AD, le reeiafigle des côtés AB, AC , sera égal au rectangle des segments BD, DC, plus au carré de la sécante AD.

Faitea passer une circonférence par les trois points A, B , C , prolongez AD jusqu'à la circonférence , et joignez CE.

Le triangle BAD est semblable au triangle EAC; car, par hypothèse, l'angle BAD = EAC; de plus rangle B=:E, puisqu'ils ont tous deux pour mesure la moitié de l'arc AC? donc ces triangles sont semblables, et les côtés homologues donnent la proportion BA : A£ : : AD : AC : de là résulte BAXAC=:AEXAD; mais AE=;:AD + DE, et en multipliant de part et d'autre par AD, un a AExAD =Td x ADxDE • « a8. d'ailleurs AD X DE = BD X DC * ; donc enfin

BA X AC =rÏD +BD X DC.

L1VBB m.

PROPOSITION XXXII

THtORftMB.

Dan$ tout triangle ABC , le rectangle èee deux cotée AB , fig- i34. AC, eet égal au. rectangle compris par le diamètre CE du cercle circonscrit et la perpendiculaire AD aJbadêêée sur le troisième côté BC.

Car, en joignant A£ , les triangles ABD , AEG , sont rectangles , Tun en B , l'autre en A ; de plus l'angle B=£ ; donc ces triangles sont semblables y et ils donnent la proportion AB : CE : : AD : AC ; d'où réisulte ABxACsCExAB;

Corollaire. Si on multiplie ces quantités égales par la même quantité BC, on aura AB X ACxBC=:GE X AD xBC. Or, ADxBC est le double de la surface du triangle * ; donc le produit des trois côtés éTun * 6. triangle est égal à ea eurface multipliée par le double du diamètre du cercle circonscrit.

Le produit de trois lignes s'appelle quelquefois un eolide , par une raison qu'on Terra ci-après. Sa valeur se conçoit aisément, en imaginant que les lignes sont réduites en nombres , et multipliant les nombres dont il s'agit.

Soholie. On peut démontrer aussi que la eurface d*un triangle eet égale à son périmètre multiplié par la moitié du rayon du cercle inscrit.

Car les triangles AOD , BOC , AOC , qui ont leur sommet commun en fig. 87. O , ont pour hauteur commune le rayon du cercle inscrit ; donc la somme de ces triangles sera égale à la somme des bases AB , BC , AC , multipliée par la moitié du rayon OD ; donc la surface du triangle ABC est égale à son périmètre multiplié par la moitié du rayon du cercle inscrit. . ^

PROPOSITION xxxm.

THtOBtal.

Dans tout quadrilatère inscrit ABCD , h rectangle des Gg. i35. deux diagonales AC , BD , est égal h la somme des rectangles des côtés opposés y de sorte qu'on a

AC x BD=i AB X CD + AD X BC.

Prenes l'arc CO=AD, et tirei BO qui rencontre ia'diagonale 'AC cnl. * ^

L'angle ABDc=CBI , puisque l'un a pour mesure la moitié de AD , et l'autre la moitié de CO égal à AD. L'angle ADB=BCI, parce qu'ils

8S GtOMtTftlI.

•ont iitfcritf dans le même segment AOB ; donc le triangle ABB est semblable au triangle IBG , et on a la proportion AD : CI :: BD : BG ; d'où résulte AD X BC=rOI X BD. Je dis maintenant que le triangle ABI est semblable au triangle BDG ; car l'arc AD étant égal à GO , si on ajoute de part et d'autre OD , on aura l'atc AO 2=DG; donc l'angle ABI= DBG ; de plus l'angle BAI = BDG , parée qu'ils sont inscrits dans le même segment; donc les triangles ABI, DBG , sont semblables, et les côtés homologues donnent la proportion AB : BD :: AI: CD ; d'où résulte ABXGD = AIXBD.

AjoutMit les deux rétullats trott^éi, et obserrint que AI X BD-f-CI X BD 9 (AI+GI) X BDs ACx BD, on aurà AD X BG+AB X CDss AGXBD.

Scholie, On peut démontrer de la même manière un autre théorème sur le quadrilaièfe inscrit.

Le triangle ABD semblable à BIC , donne la proportion BD : BC : : AB:BI,d'où résulte BIxBD = BGxAB. Si enjoint GO, le triahgle IGO, semblable à ABI , sera semblable à BDG , et donnera la proportion BD:GO::DG:OI;d'où résulte 01 XBD=: GO XDG, ou, é eause de GO =3 AD^ 01 X BD =s AD X DG. Ajoutant les deux résultats , et observant que BI X BD 4* 01 X BD se réduit à BO X BD , on aura ,

BOXBD=ABXBC + ADXDC.

Si on eût pris BP = AD, et qu'en^jBÛt tiré GKP, on aurait trouvé par des raisonnemens semblables,

GPXGA=: AB X AD+ BGXGD.

Hais Tare BP étant égal à GO , si on ajoute de pari ét d^autre BC, on aura l'arc GBP = BGO , donc la corde CP est égale à la corde BO , et par conséquent les rectangles BO X BD et CP X GA sont entre eux conmie BD est à GA ; donc ,

BD : GA :: AB XBG + AD XDC : ADx AB+ BG XGD.

Donc les deux diagonalee d'un quadrilathre inscrit sont entre elles comme les sommes 4^ fetiunft&s dei têtés tjui aboutissent à leun extrémités^

Ces deux théorèmes peuvent servir à trouver les diagonales quand on connaît les côtés.

PROPOSITION XXXIV

THiORÈHI.

6g. i36. Soit V un point donné au^dans du eereUêur h rayon AC, et êoit prié un point Q au-dehors sur le prolongement du mém ratfoH , dé êûTie qn'mi ait CP : CA : îCA : CQ ; « d'un point quelcoH^uê M de la eiYeoT^hvnà» on mène aux deu»

LIYBE III.^ 8S

pointé P 0^ Q Uê droites MP9 MQ , j€ dis qtae ces droites seront partout dans un mime rapport j et qu'en aura MP :MQ : : AP : AQ.

Car on a , par hypothèse , GP : GA : : GA : GQ ; mettant GM à la place de GA , on anra GP : GM : : GM : GQ, donc les triangles GPM , GQH , ont un angle égal G compris entre côtés proportionnels ; donc ils sont semblables * ; donc le troisième côté MP est au troisième MQ comme GP * ao, 3. est a GM eu GA. Mais la proportion GP : GA ; : GA : GQ donne , dividende , GP : GA : : GA— GP : GQ— G A , ou GP : GA : : AP : AQ , donc MP . MQ:;AP;AQ.

Problèmes relaMfs au Livre III.

Dimstr une liffhè droitê donnée en tant de parties égnks qu'on tondra, où en parties proportionnelles à des lignes données.

V Soit proposé de diviser la ligse AB en cinq paritea ^g- >37égales ; par Textrémité A on mènera la droite indéfinie . AG« et prenant AG d*ane grandeur quelconque , on porter^^AG cinq fois sur AG. On joindra le dernier point de division G et l'extrémité B par la ligi^e GB , puis on mènera GI parallèle à 6B ; je dis que AI sera la cinquième partie de la ligne AB , et qu'ainsi en portant AI cinq fois sur AB , la ligne AB sera divisée en cinq parties égales.

Gar, puisque GI cet parallèle à Gfi^ les côtés AG» AB, sont coupés prc^ortionnellement en G et I *^ Mais AG est * i5. la cinquième partie de, AG ; donc AI est la oinquièmo partie de AB.

2'' Soit proposé de diviser la ligne AB en parties propor- fig. i38. tionnelles aux lignes données R. !Par l'extrémilé A '

00 tirera l'indéfinie AG9 on prendra AGisP, GBœQi D£=R, on joindra les extrémités, E et B, et par les peiats G, D, on mènera GI, DK, parallèles à EB4 je dis que la ligne AB sera divisée en parties AI, IK, KB, proportion- * nelles aux lignes données P, Q, A.

'Gar, à cause des parallèles GI, DK, £B, les parties AI,

GÉOmtTBIl.

* i5. IK, RB9 sont proportionnelles aux parties AC, CD, DE * ; et par constraction celles-ci sont égales aux lignes données P, Q, R.

PBOBLfcHI II.

Trouver une quatrième proportionnelle à trois lignes données A, G.

fig. 139. Tirez les deux' lignes indéfinies DE , DF, sous un angle quelconque. Sur DE prenez DA=A et DB=B, sur DF prenez DG=G, joignez AG, et par le point B menez BX parallèle à AG ; je dis que DX sera la quatrième proportionnelle demandée : car, puisque BX est parallèle à AG , on a la proportion DA : DB :: DG : DX ; or, les trois premiers termes de cette proportion sont égaux aux trois lignes données ; donc DX est la quatrième proportionnelle demandée.

Corollaire. On trouYcra de même une troisième proportionnelle aux deux lignes données A, B, car elle* sera la même que la quatrième proportionnelle aux trois lignes A, B,C.

PBOBLiVB m.

Trouver une moyenne proportionnelle entre deux lignes données A 6/ B.

«g. i4o. Sur la ligne indéfinie DF prenez DE=A, et EF=B; sur la ligne totale DF comme diamètre , décrivez la demi-circonférence DGF ; au point E élevez sur le diamètre la perpendiculaire EG, qui rencontre la circonférence en G ; je dis qu6 EG sera la moyenne proportionnelle cherchée.

Gar la perpendiculaire G£, abaissée d'un point de la circonférence sur le diamètre, est moyenne proportionnelle *23. entre les deux segmens du diamètre DE, EF*:or, ces segmens sont égaux aux lignes données A et B.

LIVBI ni.

raoBLimi iT.

Diviser la ligne donnée AB en deux parties , de ma- fig. i tiière que la plus grande soit moyenne proportionnelle entre la ligne entière et Vautre partie.

A Textrémité B de la ligne AB éleyez la perpendiculaire BG égale à la moitié de AB ; du point G comme centre , et du rayon CB décrivez une circonférence , tirez AG, qui coupera la circonférence en D, et prenez AF= AD; je dis que la ligne AB sera divisée au point F de la manière demandée , c'est-à-dire qu'on aura AB : AF :: AF : FB.

Gar AB étant perpendiculaire à l'extrémité du rayon GB, est une tangente ; et si on prolonge AG jusqu'à ce qu'elle rencontre de nouveau la circonférence en Ë , on aura * * 5(k A£ : AB :: AB : AD ; donc , dividendo, AE—AB : AB :: AB — AD : AD. Mais, puisque le rayon BG est la moitié de AB, le diamètre DE est égal à AB, et par conséquent AE — AB =AD=AF ; on a aussi, à cause de AF=AD, AB — AD=FB; donc AF ; AB :: FB : AD ou AF ; donc , invertendo, AB : AF :: AF : B.

Seholie. Gette sorte de division de la ligne AB s'appelle division en moyenne et extrême raison : oti en verra des usages. On peut remarquer que la sécante AE est divisée en moyenne et extrême raison au point D; car, puisque AB=DE, on a AE : DE :: DE : AD.

PROBLkMI V.

Par un point donné A dans l'angle donné BGD, tirer fig. la ligne BD de manière que les parties AB AD, comprises entre le point A et les deux côtés de l'angle y soient égales.

Ppr le point A menez AE parallèle à GD, prenez BE=GE, et par les points B et A tirez BAD, qui sera la ligne demandée.

Gar, AE étant parallèle à GD , on a BE : EG :: BA : AD ; or, BE=EG ; donc BA=AD.

«AOHtTlU.

^pionÈn VI.

Faire un carré équivalent à tm parallétofframme ou

à un triangle donné* i4S* 1"* Soit ABGD le parallélopramine donné, AB la base,

DE sa hauteur : entre AB et DE cherchei une moyenne r. s. proportionneUe XY je dis que le carré fait sur XT sera

équivalent au parallélogramme ABGD, Car on a, par

construction, AB:XT :: XY:DE; donc XYsABxDE r or

AB X DE est la mesure du parallélogramme, et XY* celle du carré , donc ils sont équivalens.

i44- S* Soit ABC le triangle donné, BG sa Base, AD sa hauteur : prencB une moyenne proportionnelle entre BG et la moitié de AD , et soit XY cette moyenne ; je dis que le carré fait sur XY sera équivalent au triangle ABC.

Gar , puisqu'on a BG : XY :: XY : \ AD , il en résulte

XYssBCx-AD, donc le carré fidt sur XY est équivalent au triangle ABC.

rmotttn vn.

145. Faire sur la ligne donnée AD un re^tmgle ÂDEX éqmieahmJt au rectangle dommé ABFC.

Cberckei une quatrième proportionnelle aux trois lignes AD, AB, AC, et soit AX œtte quatrième proportionnelle, je dis que le rectangle fait sur AD et AX sera équivaksnl an rectangle ABFG.

Car, puisqu'on a AD : AB :; AC: AX, il en iwilte AD xAXsdkBxAC; donc le rectangle ADEX cit équivalent auredanf^ ABFC.

14^ Treemr en lignes U rapport du rectangle des deux l^fnes dmnées ketj^au rechmgle des tteux l^mes ébmr nétsQHTï.

Soit X une quatrtèaie propoHwuMne mx trais i^Mi

LITRE m.

B, G, D ; je dis qoe le rapport Ses dei|x lignes À el X sera égal à celui des deux rectangles A x C X D.

Car, puisqu'oiia B:G::D:X, il en résulte G xBssBx X; donc A X B : G X D :j A x B : B X X :: A : X.

Corollairê. Donc, pour avoir la rapport des earrës faits sur les lignes données A et G, cherchez une troisième proportionnelle X aux lignes A et G , en sorte qu*on ait A : G :: G :'X, et vous «ures A"* : G> :: A : X.

' FROBLfeMXIX.

Trouver en lignes le rapport du produit des trais «g. i4dlignes données A , B , C ^ au produit des trois lignes données P, Q, R.

Anx trois lignes données P, A, B, cherchez une quatrième proportionnelle X : aux trois lignes données G , Q , R , cherchez une quatrième proportionelle Y. Les deux lignes X, Y, seront entre elles comme les produits A x B x G, P x QxR.

Gar , pubqne P : A :: B : X , on a A x B=P X X; et, en multipliant de part et d'antre par G , A x B x G=G x P x X. De même, puisque G : Q :: R : Y, ilen résulte Q x R=zC x Y; et , multipliant de part et d'antre par P , on a P X Q x R= P X G X Y, donc le produit A x B x G est an produit P x Q K R commeGxPxX est à PxGx Y, on eomme X est à Y.

PROBLkSB X.

Faire un triangle équivalent à un polygone donné.

Soit ABGDE le polygone donné. Tirez d'abord la diagonale GE, qui retranche le triangle GDE; par le point D fig. i^e. menez VF pisirallèle à CE jusqu'à la rencontre de AE pro^ longé; joignez GF, et le polygone A^CDE sera équivalent au polygone ABCF qui a un côté de m(Hns«

Gsir les triangles GDE, CFE, ont la base commune GE; ils ont aussi même hauteur, puisque leurs sommets D, F , sont situés sur une ligne DF parallèle à la base ; donc ces triangles sont équivalons. Ajoutant de part et d'autre la

GtOVtTBIl.

de même GDE = HIK, etc. De plus, on aura AB:FG: : BG :OH : : AG : FH : : GD : HI, etc«; doncles deux polygones ont les angles égaux et les côtés proportionnels ; donc ils sont semblables.

PROPOSITION XXVII

TltOBiSI.

Lèé contours ou périmètres des polygones semblables sont comme les côtés homologues, et leurs surfaces sont comme les carrés de ces mêmes côtés.

^6- i»9> Gar, 1"* puisqu'on a, parla nature des figures semblables, AB : FG : : BG : GH : : GD : HI, etc. , on peut conclure de cette suite de rappojjls égaux : La somme des antécédents AB+BG+GD , etc., périmètre de la première figure, est à la somme des conséquents FG+GH+HI, etc., périmètre de la seconde figure , comme un antécédent est à son conséquent , ou comme le côté AB est à son homologue FG. Puisque les triangles ABG, FGH sont semblables , on

• «5. a * ABG : FGH :: ÂC' : FH*; de même les triangles semblables AGD, FHI, donnent AGD : FHI :: ÂG\- FH'; donc, à cause du rapport commun AG' : FH*, on a

ABG : FGH ;: AGD : FHI.

Par un raisonnement semblable on trouverait

AGD: FHI :: ADE : FIK;

et ainsi de suite , s*il y avait un plus grand nombre de triangles. De cette suite de rapports égaux on conclura : La somme des antécédents ABG + AGD h- ADE, ou le polygone ABGDE, est à la somme des conséquents FGH + FHI + FIK, ou au polygone FGHIEL, comme un antécédent ABG

est à son conséquent FGH, ou comme AB' est a FG'; donc les surfaces des polygones semblables sont entre elles comme les carrés des côtés homologues.

Corollaire. Si on construit trois figures semblables dont les côtés homologues soient égaux aux trois côtés d'un