ABC

AB

A'B' C A'B' ^ A'B' -ji^,'

AB

Soient maintenant deux polygones semblables S et S'. Leur rapport de similitude» égal à celui de deux c6lés homologues

i86 GtOMiTui pi.Ain.

quelconques AB et A'B% sera représenté par jrgr* deux

polygones seront décomposables en un même nombre de triangles semblables et semblablement disposés (186), et le rapport de similitude de deux triangles homologues sera égal au rapport de similitude des deux polygones. Si le polygone S est composé des triangles T, T., Tj, et le polygone S' des triangles homologues T^, T'i, T'a» on aura donc, d'après ce qui précède :

T ÂB* T, Â5' T, JÎb'^/ ^ A'B' ^* AB' ^» AB'

et, par suite, en appliquant un théorème connu,

T + ï. -f- T, Âb' s ÂÏÏ'

> ou rrr =

GOEOLLAIRBS.

2T7. Le rapport des aires de deux polygones réguliers d'un, même nombre de côtés est égal au rapport des carrés de leurs rajons ou de leurs apothèmes.

Car deux polygones réguliers d'un même nombre de côtés sont semblables, et leurs côtés sont dans le rapport de leurs rayons ou de leurs apotbèmes (SS36).

Le rapport des aires de deux ûercles est égal au rapport des carrés de leurs rayons ; car ces deux cercles sont les limites des aires de deux polygones réguliers semblables dont le nombre des côtés croU indéfiniment. IKailleurs, on peut démontrer cette proposition directement. En désignant par S et R l'aire et le rayon du premier cercle, par S' et R' l'aire et le rayon du second cercle, on a en effet

S = 7rR% S' = 7rR'% d'où | = ^*

On volt de même que le rapport des aires de deux secteurs semblables, c'est-à-dire terminés par des arcs semblables (241 ), est égal au rapport des carrés de leurs rayons {^k )•

UYKM If. us AIRES.

PROBLÈME

' 278. Deux figures semblables étcuU données , construire une figure semblable égale à leur somme ou à leur différence.

S'il s'agit de deux carrés dont les côtés soieni a et b le côté X du carré égal à leur somme sera l'iivpolénuse du triangle rectangle ayant pour cùiés de l'angle droit rt et b; le côté r du carré égal à leur difrérence sera le second côté de l'angle droit d'un triangle rectangle avant a pour b^poiénuse , et b pour premier côté de l'angle droit (262).

S'il s'agit de deux polygones semblables A et fi(Â >B), dont deux côtés bomologues quelconques soient a et b, le côté homologue x du polygone semblable X = A + B seta rbypoténuse du triangle rectangle construil sur a et b comme cdtés de l'angle droit ; le «6té homologue / du polygone semblable Y = A— B sera le second côté de l'angle droit du triangle rectangle ayant 4t pour hypoténuse et b pour premier côté de l'angle droit.

En effet, on a (276)

Donc, puisqu'on a X = A-4>BetY=A — B, on doit avoir

a?»=a»-H6», et y* = a^^bK

Dans le cas de deux cercles ayant 11 et K' pour rayons, il suffira de remplacei* dans ce qui jirécèdc a et b par H et R', pour trouver les rnyons x et y des cercles égaux respectivement à la somme ou à la différence des deux cercles donnés.

Flff. i8o.

SCOLIB.

279. Il résulte du dernier alinéa que si, sur les trois côtes d'un triangle rcclaugle AliCiJig, i8o) comnie diamètres, un

l88 GÉOMÉTRIE PLANE.

décrit des dcmi-ccrcles , le demi-cercle décrit sur l'hypoténuse sera équivalent à la somme des demi-cercles décrits sur les côtés de l'angle droit. En enlevant de part et d'autre les parties communes A/^B, A^C, qui sont ombrées sur la figure, on voit que la somme Aes deux lunules AmBpXy KnCqk, est équivalente à l'aire du triangle rectangle ABC. Cette proposition est attribuée à Hippocrate.

EXËRaCES.

1. On donne un triangle rectangle sur les côtés duquel on construit trois carrés; on joint les sommets consécutifs de ces carrés, et l'on demande l'expression da Taire de la figure totale ainsi formée.

2. Un triangle étant donné, partager sa. surfooe en moyenne et extrême raison par une parallèle à sa irâse.

3. Sur les cétés ÂB^ AC, d'un triangle ABC, on construit des parallélogrammes quelconques ÂBDE^ ACFG, dont on prolonge )es côtés DE et FG . jusqu'à leur rencontre au point H; démontrer que la somme des aires de ces deux parallélogrammes équivaut à Taire du parallélogramme qui a pour côlés adjacents BC et une droite égale et parallèle à AU. — Déduiie de ce théorème celui du carré de l'hypoténuse.

4. On donne un quadrant AOB et un point P quelconque sur l'arc A6 ; par ce point P, on mène à cet arc la tangente STP : S est son point d'intersection avec le rayon OÂ, T avec le rayon OB. On mène FM perpendiculaire sur OA, et l'on demande de prouver que le triangle AOB est la moyenne proportionnelle des triangles SOT et OAIP.

5. Sur les côtés AB, AC, d'un triangle ABC, on marque deux*pointS M et N, et sur la droite MN un point P, tels qu'on ait