La démonstration du n” iSy, montre que l’angle EXTERnux

ACD dun triangle (P. VI, F. 3o), vaut la somme des deux intérieurs A, B qui ont des sommets différens du sien; car cet angle ACD , formé par un des côtés A#" et le prolongement d un autre , BC, se compose de ACE=A^et de DCE = B. . ^

159. D suit du principe iSy qu’un triangle ne peut jamais avoir plus d’un angle qui soit droit ; pour qu’il eût deux angles droits ,

l86 TRIANGLES.

il faudrait que le troisième fût nul , ce. cfui ne peut jamais avoir lieu sans que la ligure cesse d’èlrc un triangle. ^

Le triangle dont un' des angles est droit, sc nomme triangle rectangle: les iquerrcs des figures 55 et 36 (P. I) sont donc des triangles rectangles. '

11 suit encore du n° i57, que, dans un triangle rectangle, les deux angles qui ne sont pas droits , sont aigus et valent en somme un angle droit. r-

Enfin , il ne peut y avoir dans un triangle qu’un ^enl angle qui soit obtus , et dans ce cas encore , chacun des deux autres angles est aigu , puisque leur somme ne doit pas même faire un angle droit.

160. Outre le triangle rectangle, il existe encore deux triangles remarquables: celui qui a deux de ses cotés égaux et celui dont les trois cotés sont égaux. Le premier est nommé triangle isocèle oo ‘Sj-niélrique ; tel est BAC dont les dotés -\B, AC ont même longueur (P. \ 1 , F. 3 1 ). Le second est appelé triangle équilatéral ;

tel est DEF (F. 5a), dont les trois cotés DE, EF, FD ont même longueur.

Le triangle ABC c^^it sv métrique, parce que la perpendiculaire AD abaissée de A swBC, le partage en deux parties ADB, ADC superposables par rabattement (p3), ce qui vient de ce que BD = CD (5o). La perpendiculaire abaissée de ^intersection de deux côtés égaux , sur le troisième coté d'un triangle , est donettee de symétrie de ce triangle.

Donc, un triangle .équilatéral DEF a trois axes de symétrie: DG, EH, FI.

Comme les deux angles B , C opposés aux côtés égaux d’un triangle symétrique ont même indication (5 i) , les trois angles tT un triangle équilatéral sont nécessairement égaux , et chacun vaut te tiers de i8o“ ou 6o° (iS^).

161. Il est facile de démontrer que, réciproquement, si deux angles B, C d'un triangle ABC sont égau.r , les côtés AC, AB opposés à ces angles, ont même longueur (P. VI, F. 33).

Les deux angles B, C étant égaux , sont nécessairement aigus ( 1 5g), et par suite, la perpendiculaire AD passera entre B et C. Si le rabattement opéré au moyen d’une charnière AD , faisait tomber C en C', par exemple, l'anglé AC'D qui égalerait l’angle C, vaudrait l’angle B augmenté de BAC' (i58), et non l’angle B tor.t seul; si G tombait en C", l’angle B du triangle BAC vaudrait la somme de 'l’angle C" et de BAC", et non l’angle C" tout seul. On voit par là, que C ne pouvant toiftier ni entre B et D , ni au-delà de B, doit nécessairement tomber fcr B, par suite de l’égalité des deux angles B et C. Donc AC=AB.

Il résulte de là qu’im triangle qui a sèa trois angles . égaux , est équilatéral.

TaiA.NGLES.

Appl. (fl) : Le trianj^le sjTnétrique cSt une fipurc qu’on donne à plusieurs produits de l’industrie. Je citerai seulement \qs fermes de charpente ou le profil des toits de nos maisons, les croupes droites qui les terminent et les frontons d’architecture.

< Le triangle symétrique que forme le prolil d’un toit , n’est pas le même partout : les deux angles égaux sont plus grands dans les régiuns du nord que dans celles du midi, parce que l’humidité des premières ne permettrait pas aux toits de séclier assez promptement, si une pente un peu mide ne favorisait l’écoulemciit des eaux; d’ailleurs, comme il j*tombe une grande quantité de neige, la charpente se trouvcraifcen hiver chargée d’un poids fort lourd, si elle formait un comble aplati. »

« L’indication de chacun des angles égaux d’un profil de toit, dépend de deux choses: de la latitude du lieu (p. 36) et de l’espèce de couverture qu’on emploie. Pour la tuile courbe , cette indication est égale à la latitude diminuée de a3“ 3o' ; elle est donc à Metz de a5° Sy’, puisque notre latitude est de 49° 7' • P faut ajouter à la dilfércnce entre la latitude et 23“ 3o', le tiers de cette différence, pour trouver l’indication relative aux tuiles plates , et un (piartpour • avoir celle qui convient .à Vardoisc. Ici , par exemple, la pente d’un toit en tuiles plates serait de 34° 9* et celle d’une couverture en ardoise devrait être de 3a“. »

« Le triangle symétrique des frontons , suit les mêmes règles , parce que, dans le fond, un fronton n’est qu’un bout de toit. Les grecs , nos maitres en architecture , ne l’ont imaginé que pour terminer la toiture de leurs édifices et mettre le pignon en harmonie avec le reste. Ils se gardaient bien de placer, comme nous, un fronton au milieu d’un mur en ligne droite. Jamais ne leur c^t venue cette idée bizarre de faire des avant-corps saillans de trois à quatre pouces , pour se mettre dans la prétendue nécessité tie construire un fronton. C’est que les grecs s’occupaient avant tout, de satisfaire aux ctMivcnanccs de solidité , d’usage et d’économie : ils avaient compris que la décoration qui convient le mieux à un édifice, résulte tout naturellement et sans qu’on y songe, d’une construction solide et parfaitement appropriée à l’usage auquel on la destine. »

Appi. (è); Les propriétés que nous venohs de recunnaitre aux triangles , nous mettent à même d’exposer et de démontrer un moyen de diviser un angle en trois parties égales , sans le secours du trisecteur (p. 13a). Il suffit de marquer sur une règle, une longueur quelconque AB (P. VI , F. 34); de décrire du sommet C de l’angle donné DCE , une demi-circonférencc EDB qui ait Aü pour rayon, et de placer la règle, de façon que le point A soit sur le prolongement de EC, le point B sur la ligne circulaire, et que ' l’arête AB passe par le poitit D où la demi-circonférence coupe le côté CD de l’angle donné. L'angle A est alors le tiers de DCE.

« Les raisons en sont simples: DCE étant angle extérieur, par rapport au triangle ACD , vaut A “t* D (i58), ou A DBG, puisque le triangle DCD est symétrique. Mais, DBC étant extérieur

l88 TRIANGLES.

par rapport au triangle ABC, vaut A + ACB, ou A*+"A, puisque BC = BA; par conséquent, l’angle DCE=A-*~ A ou trois fois l’angle A.

Tout ce qu’on peut dire contre l’emploi de la règle pour obtenir le tiers d’un angle, c’est qu’il ne donne pas ce tiers dans l’angle même, et qu’il faudra souvent, après avoir formé l’angle A, le reporter sur DCE , en tirant par C une parallèle à AD j mais ce n’est pas là un grand inconvénient.

162. Si dans un triangle ABC (P. Vll^ B* 8), un angle A est plus grand qu'un autre B , le côté BC oppoté au premier , est plus grand que le coté AC opposé au second.

Puisque l’angle A est plus grand que B , nous pouvons mener par le point A, une droite ÀD qui fasse avec AB, un* angle DAB = B. Il en résulte un triangle symétrique ADB, et AD = DB (>6i). Donc, la ligne brisée CDA=CB. Or, CDA est plus grande que CA. Donc, le côté CB est aussi plus grand que le coté CA. ;

163. Réciproquement, si dans un triangle , un côté BC est plus

grand qu'un autre AC , l’angle A opposé au premier , est plus grand que l’angle B opposé au second (P. VII, F. 0. ' .

En effet, si A était moindre que B, le côté BC devrait être plus , court que AC, d’après le principe «précédent , et si A égalait B, les côtés BC, AC seraient de même longueur (i6i). Or, une chose qui ne peut être moindre qu’une autre, ni l’égaler, la surpasse nécessairement. Donc, l’angle A est plus grand que l’angle B.

164. On a souvent besoin dans les arts , de faire un triangle égal à un autre: Vous allez voir qu’il n’est pas nécessaire, pour cela, de connaître toutes les parties du triangle donné.

Problème : Tracer un triangle dont on connaît seulement les trois côtés A, B, C (P. VII, F. p).

Assurons-nous d’abord que chaque côté est moindre que la somme des deux autres j car il n’y a pas de solution possible, s’il en est autrement , attendu que deux côtés quelconques d’un triangle forment toujours une ligne brisée plus longue que le troisième. Tirons ensuite une droite DE = C, par exemple; avec A pour rayon, décrivons un arc qui ait son centre en D ; du point E , décrivons un second arc dont B soit le rayon ; joignons à D , E, l’intersection F de ces deux arcs ; le polygone DÈF sera le triangle demandé.

Le tracé serait le même , si le triangle devait être symétrique ou équilatéral, c’est-à-dire, si deux côtés A, B, ou les trois étaient' égaux. Seulement, les arcs auraient mcme'rayon.

Comme les deux arcs se coupent au-dessous de DE , ainsi qu’audessus , on peut toujours former deux triangles qui aient pour côtés , les trois droites A, B, C; mais ces deux triangles sont égaux.

. TRIA2VGUS. ' l8g '

En effet , si l'on fait tourner DF'E sur DE , les parties d’arc qui ont D pour centre , se superposeront (gS) , et il en sera de même de celles qui ont leur centre en E. Le point F' tombera donc sur F.

De Là re principe : Deux triangles sont égaux, quand les côtés de l'un égalent les côtés de l'autre; car en employant les trois côtés du premier ou du second de ces triangles , pour en ednstruire un troisième par le tracé précédent , on obtiendrait toujours le même triangle , sur lequel pourrait se superposer chacun des triangles donnés. - • .

165. Pnoti.iuB: Tracer un triangle dont on connaît deux côtés A, B et l’angle C formé par ces cotés (P. VII , F. lo).

Faites un angle D égal à l’angle C , en traçant deux droites Tisiblement plus longues que A et B Tprobl. c, p. 46); portez A sur un des côtés de cet angle , de D en E ; portez B sur l’autre côté, de D en F ; tirez EF, et DEF sera le triangle demandé.

Donc, deux triangles sont égaux, quand un angle de l’un est égal à un angle de Vautre, et que les côtés du premier angle , ^

égalent ceux du second; car, en se sedmiit des trois parties qui sont les mêmes dans les deux triangles, otWe .pourrait faire, par le tracé précédent , que le même polygone de trois côtés , sur lequel se superposerait chacun des triangles donnés.

166. Probzème : Tracer un triangle dont on connaît deux angles A, B et le côté C qui Joint les sommets de ces angles (P. VII, F. II).

Tirez une droite DE visiblement plus longue que C ; portez-y le côté connu, de D en E; faites au point D, un angle égal à A, et au point E, un angle égal à B. Les côtés DF, EF de ces angles se couperont en F, si la somme de A et de B est moindre que deux angles droits, et le polygone DEF sera le triangle demandé. i

Dans le cas où les deux angles donnés seraient en somme soit égaux à i8o°, soit plus grands, le tracé serai! impossible, puisque \ le troisième angle devrait être nul (iSy), * '

Donc , deux triangles sont égaux , quand un côté de l’un est égal à un côté de l'autre , et que les angles formés par le premier ' côté , égalent ceux que forme le second. La raison de ce principe est analogue à celles des deux précédens.

167. Problèmb : Tracer tui triangle dont on connaît deux côtés et l’angle opposé à l’un de ces côtés.

Il y a deux cas: celui où le côté opposé à l’angle donné, est plus petit que l'autre, et celui où il est plus grand; ce dernier cas a toujours lieu , quand l’angle donné est droit ou obtus , puisqu’alors les deux autres angles doivent être moindres , et qu’au plus grand angle se trouve opposé le plus grand côté (>6a).

Premier cas: On donne les côtés, A, B, l’angle C opposé an côté B, et ce côté est plus petit que A (P. VII, F. la). Il s’ensuit

TRIA^CtSS.

que l'angle C est nécessairement aigu , car il doit être moindre que l’angle opposé au côté A (i63), et quel que soit ce dernier angle, tout angle plus petit ne peut pas même être droit (iSp).

Pour exécuter le tracé dans ce cas, vous tirerez une droite DE; en un point D de cette droite , vous ferez un angle t;gal à C ; sur le côté DF de cet angle, vous porterez de D en F, A le plus grand des côtés donnés; de F comme centre et avec B pour rayon, vous décrirez un arc qui , si les données sont telles que le tracé soit possible, devra couper DE en un point G; enfin, vous mènerez FG , pour former le triangle DFG.

Mais , observez que l’arc décrit de F, coupant DE en un point G , la coupera nécessairement en un second point G' (91); que FG' sera égale à FG , et que le triangle DFG' satisfera aux conditions imposées, tout aussi bien que DFG. Ces conditions ne suffisent donc pas: il faut en effet connaitre encore la nature de l’angle opposé au côté A ou DF, pour savoir lequel des deux triangles DFG , DFG', on doit regarder comme résultat du tracé. Si cet angle est aigu, DFG sera le triangle demandé; s’il, est obtus, c’est le triangle DFG' qu’on dj^Mi former : car l’angle FG'G est aigu comme l’angle FGG', puréqu^le triangle GFG' est symétrique (5i), et par conséquent, l’angle FGD opposé à DF est obtus (45).

Deuxième cas: On donne les côtés A, B, l’angle C opposé au côté B, et ce côté est plus grand que A (P. VH, F. i3).

Agissez comme dans le premier cas. L’arc décrit de F, avec B pour rayon, coupera toujours DE en deux points; mais comme FG est plus grand que FD, le point G' ne se trouvera plus entre D et G, et le triangle FDG' ne pourra pas être pris pour résultat du tracé, puisqu’il ne renfermera pas l’angle donné C.

Donc , deuT triangles sont égaux , quand deux cotés de l’un égalent deux côtés de Vautre j et que l’angle opposé au plus grand des deux premiers côtés , est égal à l'angle opposé au plus gründ des deux seconds. .

, Si les deux angles sont droits , il n’est pas nécessaire d’exprimer leur égalité, puisqu’elle existe nécessairement, et comme d’ailleurs le côté opposé à l’angle droit d’un triangle se nomme hypothénuse , nous pouvons dire que deux triangles rectangles sont égaux, lorsque V hypothénuse et un petit côté de l’un, égalent l’hypothénuse et un petit côté de l’autre.

Les conditions d’égalité de deux triangles, doivent être retenues; car elles font éviter, dans les démonstrations, les superpositions que jusqu’ici nous avons été obligés d’opérer à chaque instant, et elles abrègent, par conséquent, ces démonstrations. En outre, elles procurent des vérifications faciles et promptes, pour une foule de trâcés.

168. Deux triangles cessent d’être égaux, lorsqu’aucun côté de l’un n’a son égal parmi les côtés de l’autre , puisque les conditions d’égalilé précédemment posées , exigent qu’au moins un côté ait

THUSGLES.

» THUSGLES. I g I

la même IpngueuWans les deux figures. Toutefois, deux triangles inégaux peuvent encore avoir les mêmes angles, comme AUC, abc (P. VII, F. i4), dans lesquels l’angle A = «, U z=/;, C = c, sans que. le polygone abc puisse couvrir le polygone AUC.

Nous nommerons côtes correspondans, ceux qui, comme AH, ab, sont opposés à des angles égaux: ac correspondra à AC, et bc sera le correspondant de UC.

On appelle triangles semblables, pour abréger, les triangles inégaux qui se ressemblent en tout, qui sont exactement copies l’un de l’autre. Or , il est visible que deux triangles ne peuvent se ressembler, qu’autaut qu’ils ont les mêmes angles, et d’apri-s ce qui a été dit page gf, sur la réduction des dessins, il faut, pour qu’une figure soit une copie en petit ou en grand qui puisse faire retrouver les vraies dimensions du modèle, que toutes scs lignes soient dans le même rapport avec les lignes correspondantes de ce modèle. Conséquemment, des triangles semblables ont les mêmes angles, et leurs côtés correspondans sont proportionnels. Par exemple, si les deux triangles AUC , n6c sont semblables , l’angle A = a , U = 6 , C =r c , cl AU 1 ail 1 1 UC br CA 1 ra.

1\ suit de là epic l'égalité des triangles n’est qu’un cas particulier do leur similitude ou ressemblance ; c’est simplement le cas où le rapport entre les côtés correspondans est i. Ainsi, nous aurions pu nous dispenser de parler des triangles égaux , avant d’indiquer les caractères auxquels on rcconnait <|ue deux triangles sont semblables; nous ne l’avons fait que pour décrire les tracés particuliers au.vquels donne lieu l’égalité des triangles.

Il n’est pas nécessaire qu’on sache que deux triangles ont les mêmes angles et tous leurs côtés correspondans proportionnels , pour affirmer qu’ils sont semblables. Il suffit parfois de reconnaître qu’ils sont dans une certaine position, l’un à l’égard de l’autre, ou bien qu’ils ont tels angles égaux et tels côtés coriTspondaiis proportionnels. C’est ce que les prineipes suivans vont fairo voir.

1 69. Si les angles d'un triangle sont égaux à ceux d’un autre, les deux figures sont semblables. •

Cela est vrai, si de l’égalité des angles résulte que les côtés correspondans sont proportionnels ( i G8). Soient donc les deux triangles ABC, abc ("P. VII, F. i4), tels que l’angle A = a, liz=b, C = c. ]\jous> pourrons placer bc sur UC, de C en b'. Le côté ca prendra alors la direction CA; le point a tombera quelque part en a', et le triangle o'Ci’ sera égal au triangle nie (iCâ). Donc, son augle b' égalera B, et la droite a'b' se trouvera parallèle à AU (Co), il s’ensuit qu’on aura AB I a'b' ; ; .\C t n'C ou ! I UC I i'C (8i j. Or a'b'=- ab, a'C = oe, b'C = bc. On a donc aussi

AB : ab : : ac : oc : : uc : bc.

Puisque l’indication d’un des angles do tout triangle résulte dé celles des deux autres (p. i85), il est clair que deux triangles ont les

igt TBIA5C1ES. .

mêmes angles , quand il est reconnu que deux mgles de l'une des figures égalent deux angles de l’autre. On peut donc dire que deux triangles sont semblables, quand deux angles du petit égalent deux angles du grand.

170. Deux triangles sont semblables, lorsque les trois côtés de Pun sont parallèles ^aux trois côtés de Vautre.

Soient les deux triangles ABC, abc (P, VII , F. 1 4 et 1 5), tellement placés que AU se trouve parallèle à ab , AC à ac , BC à be. Les angles A et a ayant leurs côtés parallèles et dirigés dans le même sens (F. i4), ou en sens ‘contraires (F. 1 5), sont de même indication (Ci). On en dira autant de B et de 6, de C et de c. Par conséquent , les deux triangles ont les mêmes angles , et d’après le principe qui précède, iis sont semblables.

Remarquez que les côtés parallèles sont les côtés correspondans ou proportionnels.

171. Deux triangles sont semblables, lorsque les trois côtés de l'un sont perpendiculaires aux trois côtés de l'autre.

Supposons que ab soit perpendiculaire sur AB , bc sur BC , flc sur AC (P. VII, F. i6), et prolongeons les côtés du petit triangle, jusqu’à la rencontre de ceux du grand, en D, E, F, G, H. Les triangles FG6, FDB ont un angle commun F et chacun un angle droit ; par conséquent , le troisième angle B de l’un égale le troisième angle b de l’autre (>09). Les triangles .£Hc , EIDC ont un ang^e commun E et chacun un angle droit; par conséquent, l’angle G égale l’angle EclI. SInis EcII=:c, pui$<|u’ils sont, opposés par le sommet (35). Donc, C=:c, et les deux triangles ABC, abc renfermant deux mêmes angles, sont semblables.

172. Deux triangles sont semblables, quand les trois côtés de l’un sont proportionnels aux trois côtés de Vautre.

Supposons qu’on ait ABia6i lAC Caci î BC ’.'bc (P. VII, F. i4). Nous pourrons prendre sur AC, Vja' — ac, etsurBC, C6' = 6c. Nous aurons aloi# AC \ Ca' C BC C Cô', ce qui montre que la droite a' b' est parallèle à AB (80). Donc, AB î a' b' ". ; AC ’. a'C ou AB ‘ a'ô' 1 1 AC i oc, puisque a'C a été pris égal à oc. , En comparant cette dernière proportion avec AB l ab II AC l ac, nous verrons que a'b'=.ab. Le triangle 0'6'C a donc des côtés de même longueur que ceux de oèc; ces deux figqres sont donc égales (1 64), et par suite, elles ont les mêmes angles. Donc, C = c, o'=o, b'— b. Mais A.— a', B=z6' (60); donc aussi, A=ra et B = 6. Ainsi , les deux triangles ABC , abc ont les mêmes angles et leurs côtés proportionnels; ils sont donc semblables (168).

175. Deux triangles sont semblables, s'ils ont le même angle compris entre côtés proportionnels. '

Supposons que C = c et qu’on ait AC : ac :: BC I (P. VH,

F. i4). Nous placerons hc sur BG, de G en b'-, ca prendra alors |a direction CA ; le point a tombera quelque part , en a', et l'on aura AC C a'C IT BC T b'C. Donc, a'b' sera parallèle à AB (8o). Donc, l’angle a'z=A et 6'=iB. Mais , les triangles a'Cb', <ic6 sont ëgau*(i65)et ont, par suite, les mêmes angles. Donc aussi , a=A, b = B. Ainsi, les angles du triangle ABC sont égaux à ceux de abc; ces deux figures sont donc semblables.

Les principes relatifs aux triangles semblables doivent être comptes au nombre des plus féconds , parce que tous les polygones peuvent , comme nous le verrons plus loin, se décomposer en triangles, et que cette décomposition rend plusieurs propriétés des premières figures , dépendantes de celles des secondes.

Problème : Construire un triangle qui soit semblable à un triangle donné.

Il suffit d’appliquer un des cinq principes précédens. D'après celui du n“ 169, il faut faire sur une droite arbitraire, à l'aide du tracé décrit dans le probl. (e), page 46, deux angles qui soient égaux à deux anglcs^u triangle donné.

D’après le principRyo, vous tirerez, à l’aide de la règle et de l’équerre , parallèlement aux trois côtés du triangle donné , des droites qui ne concourent pas toutes trois au même point.

D’après le principe 171, vous élèverez , sur les trois côtés donnes , en opérant comme dans le probl. (c), page 56, des perpendiculaires qui ne concourent pas toutes trois au même point.

D’après le principe 172, vous réduirez les côtés (appl. a, p. g4) ou vous en multiplierez la longueur, et vous opéiflhcz comme dans le problème du 11° i64 , pour former le nouveau triangle.

D’après le principe 173 , vous réduirez ou vous multiplierez deux des Côtés donnés , puis vous recourrez au problème du u° 1 65 , pour exécuter la nouvelle figure.

174. La perpendiculaire AD à Vhypothénuse BÇ. , abaissée du sommet de l’angle droit, partage tout triangle rectangle BAC en deux autres qui lui sont semblables (P. VII, F 17).

Le triangle rectangle ADB est effeclivement semblable au grand triangle BÀC , puisqu’ils ont l’angle B commun et chacun un angle droit (169). Il en est de même des deux triangles ADC et BAC qui ont chacun un angle droit et l’angle C commun. De plus , les deux petits triangles formés par la perpendiculaire AD, sont semblables entre eux, puisqu’ils sont semblables chacun au grand triangle BAC.

173. Delà suit que la perpendiculaire AD abaissée du sommet de l’angle droit, sur Vhypothénuse , est moyenne proportionnelle entre les deux parties BD , DC tfe cette hypothénuse (P. VII , F. 1 7).

Les triangles .ADB,. ADC étant semblables, ont leurs côtés eorréspondans proportionnels (i68). Or, l’angle B du premier est

TOIADGieS.

égal à l’angle CAD du second , et l’angle C = BAD, car B n’égale ni G, niD. Les côtés correspondans sont donc BDèt DA, DA et DG, ce qui donne BD C DA 1 1 DA t DG.

176. Il résulte encore du n° 174, que chacun des deux petiti côtés ^un triangle rectangle, est moyen proportionnel entre l’hypothinuse entière et la partie voisine, formée par la perpendiculaire abaissée du sommet de l’angle droit ; c’est-à-dire que BG 1 BA 1 1 BA l BD et que GB .* GA : GA .* GD (P. VII , F. 17).

Il suiHt de démontrer la vérité de l’une de ces proportions. Or, le triangle ADB est semblable au triangle BAG, et les côtés correspondans sont BG et BA, BA et BD, puisque les angles égaux sont les angles droits, l’angle G et l’angle BAD. On a donc effectivement la proportion BG l BAll BA * BD (168).

177. « Ge n’est pas à ce qui vient d’être dit siir les triangles semblables , que se bornent leurs propriétés ni les principes qu’elles fournissent; mais, comme ce que je dois ajouter est commun aux autres polygones semblables , il convient , pour éviter les répétitions et pour abréger, d’en faire le sujet d’un artlnc particulier qui sera convenablement placé à la fin du chapitre. Je terminerai donc ce qui concerne uniquement les triangles , par quelques combinaisons de ces figures et des lignes droites , plus générales que les précédentes. >

La figure 3a (P. VI) fait voir que les axes de symétrie du triangle équilatéral (160) se coupent tous trois au même point. Nous pouvons démontrer . qu’il en doit être ainsi, et qu’en général les perpendiculdtres abaissées des sommets d’un triangle quelconque ABG, sur les côtés, se croisent toutes trois au même point H (P. VII, F. 18).

Les triangles GEA , GFB sont semblables , puisque leurs angles £ , F sont droits et que l’angle G leur est commun ; par conséquent , les côtés correspondans sont AG et BG , GE et GF, et l’on a

GE : GF : : ag ; bg.

Pour des raisons analogues, les triangles rectangles BGG, BEA donnent

BG: BE ::BG : ab,

et des triangles rectangles AFB, AGG , on obtient AF ; AG ; : AB : ag. *

Multipliant ces trois proportions (73) , on trouve GEXBGXAF : GFXBEXAO: lAGXBGXAB : BGXABX AG.

Mais , puisque les deux termes du dernier rapport sont égaux , ceux du premier le sont aussi; on a donc

GEXBGXAF=GFXAGXBE, c’est-à-dire que le produit de trois parties séparées , formées par les perpendiculaires, sur les côtés du triangle, est égal au produit des

QtiSRIIjLrÈAES. igS

trois autres parties. Or, cette égalité exige que les trois perpendiculaires se croisent toutes trois au meme point , puisqu’en chaain des points A, B, C passent trois droites (86).

178. Les droites menées des sommets d'an triangle quelconque ABC, aux milieux des côtés , se croisent toutes trois au même point D (P. VII, F. 19).

Les six droites de cclto figure doivent effectivement se couper trois à trois, comme celles du n° 86, puisque donnant BË = £C, CF=FA, AG=GB, elles 'donnent aussi

AGXBEXCF=GBXECXFA,

produits formés chacun de trois parties séparées.

« Nous verrons au chapitre des prismes, une trcs-fntéressanle application de cette propriété du triangle. »

179. Les bisectrices des angles d'un triangle quelconque ABC, se croisent toutes trois au même point D (P. VII , F. ao).

Ce principe est un cas particulier de celui du probl. (e), p. i4i.

180. Les trois points D des figures 18, 19, ao, se confondent en un seul, quand le triangle ABC est équilatéral, comme DEF (P. VI, F. 3a); car, à cause de l’égalité des obliques DE, DF, la perpendiculaire DG, par exemple, passe par le milieu de EF et se trouve bisectrice de l’angle D (5o etSi). Par conséquent, les perpendiculaires abaissées des sommets d'un triangle équilatéral , sur les cotés, divisent ces côtés et les angles en deux parties égales.

181. Il résulte de là que les deux triangles rectangles DIIK , DIK sont égaux (167), et que par suite, KH = KJ (P. VI, F. 3a). Pour une raison semblable , Kll = KG.

Les trois triangles DHK, FHK, EGK sont aussi égaux (i65); conséquemment DK=FK=EK.

Vous voyez donc que les trois droites menées du point K , perpendiculairement sur les côtés d’un triangle équilatéral , sont égales entre elles, et qu’il en est de même de celles qui aboutissent aux trois sommets. C’est pour cela qu’on dit que U intersection des axes de symétrie d’un triangle équilatéral, est le ce.'«tr£ de FiccaE de ce triangle.

En général , le centre de figure <f un polygone , est le centre de la circonférence qui passerait par tous les sommets; de sorte qu’un polygone n’a point de centre de figure, quand les sommets ne peuvent se trouver tous sur une même circonférence.

Quadrilatères.

182. Les polygones qui ont quatre côtés, sont nommés quadrilatères. Chacun de ces quatre côtés coupant celui qui le suit à

QVAO&UUTSBBS.

droite, il en résulte quatre angles: ainsi, un quadrilatère ABCD (P. VII, F. 2i), a autant de sommets que de côtés. •

Les droites AC, BD qui joignent les sommets opposés, sont appelées diagonales. Il s’ensuit que chacune des deux diagonales divise le quadrilatère en deux triangles.

Les quatre angles d'un quadrilatère font en somme quatre angles droits; car les angles des deux triangles ABC, ACD , forment les angles du quadrilatère , et la somme des angles de chaque triangle vaut deux angles droits (tSj).

Pour qu’on puisse déterminer complètement un quadrilatère, pour qu’il ne reste rien d’arbitraire dans la construction d’un tel polygone, il faut connaître cinq des choses qu’il présente : côtés , angles , diagonales , et parmi les cinq choses connues , doivent se trouver deux côtés' au moins.

183. Plusieurs quadrilatères sont remarquables pour leur forme : aussi leur a-t-on donné dos noms particuliers.

Trapèze : Quand un quadrilatère ABCD a deux de ses côtés parallèles (BhVII, F. aa), on l’appelle trapèze. Les côtés parallèles AB , CD sont dits les bases du trapèze : AB est la base supérieure , CD est la base inférieiwc. Une perpendiculaire AG abaissée d’un point quelconque de l’une des bases, sur l’autre, est la hauteur du trapèze.

La droite EF menée parallèlement aux bases cT un trapèze et à la même distance de l'une et de l'autre, est égale à la demi-somm* de ces bases.

Puisque EF est autant éloignée de. AB que de CD, les trois parallèles sont équidistantes (p. yS), et par conséquent, si l’on tire AG, BK perpendiculairement à l’une d’elles, on aura GH=AU, BI = IK (47)' Il s’ensuit que EH est la moitié de DG et IF la moitié de KC , comme AH est la moitié de AG et BI la moitié de BK (81). Mais, ni est égale à AB et à GK ; ces trois droites sont des parallèles comprises cnti-e parallèles (65). HI est donc la moitié de la somme des lignes AB, GK, et par suite, EF est égale à la demi-somme des bases AB, CD.

Nous ferons remarquer que EF passe par le'milieu de chacun des côtés non parallèles du trapèze; ce qui résulte de la division des concourantes AD et AG, BG êtBK en parties proportionnelles , par les parallèles EF, CD (78).

184. Dans tout trapèze ACFE (P. III, F. a 5), les milieux des bases, le croisement D des diagonales et le concours B des côtés non parallèles, sont quatre points en ligne droite.

Ce principe est absolument le même que celui du n® 87; les énoncés seuls diilèrent. ' ’

185. Le trapèze est dit rectangulaire , lorsqu’un des «ôtés non parâllcles est perpendiculaire sur les bases, comme AD (P. VII, F. a3).

QUAORllATÎULES.

; Le trapèze est symétrique , si les deux côtés Don parallèles font des angles égaux avec chacune des deux bases. Ainsi , le quadrilatère ABCU (P. MI, F. a4), dont les angles A et B, C et D sont égaux , estuB trapèze symétrique, parce que la perpendiculaire EPmenéepar le milieu E de AB , partage la ligure en deux parties superposables par rabattement (g3\ En effet, si nous faisons tourner EBCF sur EF, B tombera sur A , BC sur AD , FC sur FD, et par conséquent , C sur D.

Il s’ensuit que l'axe de symétrie d’un trapèze symétrique, est la perpendiculaire abaissée du milieu de l’une des bases, sur l’autre.

Il s’ensuit encore qu’iY y a égalité entre les côtés non parallèles d'un trapèze symétrique.

Problème : Tracer un trapèze symétrique.

Trois choses suffisent, pour particulariser un trapèze symétrique, tandis qu’il en faut généralement cinq, pour déterminer un quadrilatère j c’est que deux conditions à remplir résultent du nom même de la première ligure: les bases doivent être parallèles, et les deux autres côtés, égaux.

Si , par exemqlc , les bases et la hauteur sont données , élCvei une perpendiculaire au milieu de l’une CD (P. VII, F. a4); portez la hauteur sur cette perpendiculaire,, de F en E; menez par E, une. parallèle à CD ; portez la moitié de l’autre base de E en A et en B ; puis tirez AD , BC.

Si vous connaissez une base , la longueur des côtés égaux et la hauteur, vous agirez comme tout-à-l’hcure , jusqu’au tracé de la parallèle , puis vous la couperez par deux arcs décrits de C et de D ,■ avec la longueur des côtés égaux.

Si l’on donne les deux bases et la longueur des côtés égaux, cherchez le milieu F de l’une des bases ; portez la moitié de l’autre de chaque eôté de ce milieu j- élevez des perpendiculaires par les points qui en résultent , et coupez ces droites par deux arcs décrits comme précédemment.

Appl. (a): Les mansardes , toits qu’on appelle ainsi parce qu’ils ont été inventés par l’architecte Mansard, présentent du côté de la croupe, un trapèze symétrique ABCD (P. S’il, F. a5), surmonté d un triangle symétrique CDE. Le profil ou la coupe en travers de CCS toits, a aussi cette forme: le trapèze et le triangle y ont le même axe de symétrie.

Appl. (ô); Les tenons et les mortaises en queue d'aronde sont taillés selon le contour d’un trapèze symétrique.

Appl. (c) : Les claveaux d’une plate-bande en pierres de taille ont des trapèzes pour parement de tête et pour parement de queue,' afin que ces claveaux fassent coins et qu’ils ne puissent glisser les uns sur les autres. Les deux claveaux extrêmes ou coussinets présentent des trapèzes recta ngidaires A , A (P. VII, F. a6); celui du

*• Co- -'h

19S iQDABKlUTiSES.

milieu ou la clef B , a pour parement , un trapèze sjrmétrique ; les trapèzes des antres n’ont rien de remarquable.

Appl. (cl) ; 11 y a de noureanx violons , inventés par M. Félix Saoarl, dont les deux tables sont des lra]^zes symétriques. Cette simplicité de forme les rend bien moins difGciles à construire que les violons ordinaires , et il en résulte qu’ils coûtent moins cher.

186. Pakallélogrammb : Le quadrilatère qui a ses quatre côtés . parallèles deux à deux, se nomme parallélogramme. Si donc AB

est parallèle à CD , et AD à BC , ABCD est un parallélogramme (P. VII , F. ay). D’après cette définition , les angles opposés A et C , B et D d’im parallélogramme , sont égaux entre eux (64). De plus , les angles A , B qui ont leurs sommets sur le même côté, valent en somme deux angles droits ; car ce sont des angles internes du même côté (6a). En£n , les côtés parallèles sont égaux , puisque ce sont des parallèles comprises entre paraUèles (63) , et par conséquent , ime diagonale AC ou BD partage le parallélogramme en deux triangles égaux (164 ou i65).

187. Les diagonales KC , BD cTtm parallélogramme , se coupent en deux parties égales, autrement leur point de rencontre F est le milieu de chacune d’elles (P, VII, F. a 7).

Dans les deux triangles AFD, BFC, AD=BC; l’angle DAF= BCF, ce sont des angles alternes-inlemes (58); l’angle ADF=CBF pour la même raison. Ainsi , un côté et deux angles sont les mêmes d.ans les deuxûgures; les triangles sont donc égaux (166), et par conséquent, les côtés correspondans ont même longueur. Donc AF=CF et BF = DF.

188. Les deux diagonales d’un parallélogramme sont généralement inégales, et la plus grande est celle BD qui est opposée aux angles obtus A et C (P. IV, F. ay).

Puisque le point F est le milieu de BD, FG parallèle à BC passera par le milieu G de DC (78), et comme l’angle FGC , l’égal de ADC (60) , sera aigu , la droite FH perpendiculaire sur CD , la rencontrera entre G et C. DH sera donc plus grande que HC ; par conséquent, l’oblique FD est plus grande que l’oblique FC (49). Donc, BD double de FD, est plus longue que AC double de FC.

189. Trois choses suffisent pour déterminer complètement un parallélogramme, attendu que le parallélisme des côtés opposés impose deux autres conditions à remplir (i8a); mais au nombre des choses connues , doivent se trouver deux côtés conconrans.'

Il s’ensuit que deux parallélogrammes sont égaux, lorsqu’un angle ou une diagonale et deux côtés concourans sont les mêmes dans les deux polygones.

Il est d’ailleurs facile de voir que la superposition se fait alors exactement. Supposons l’angle G = G , CD = GH , CB = GF

QVADRILATEAES,

(P. VII J F, ü8); Si noiis mettons GH snr CD, GP prendra îa direction CB et le point F tombera sur B ; HE parallèle à GF, comme DA l’est à CB , s’appliquera sur DA ; EF parallèle à GH , comme AB l’est à CD , s’appliquera sur AB ; et par suite , le sommet E se trouvera sur A.

L’égalité des côtés ne suffit pas, pour que celle des parallélogrammes ait lieu; car si des sommets A, B (P. VII, F. ag), on décrit deux arcs , avec les côtés AD , BC peur rayons , tous les rayons parallèles de ces arcs donneront des parallélogrammes qui auront des côtés de même longueur , sans avoir les mêmes angles , et qui , par conséquent, ne pourront pas se superposer. En effet, AE , BF rayons égaux et parallèles, rendent EF égal et parallèle à AB (66);. donc, AEFB est un parallélogramme (i86) qui a mêmes côtés que ABCD, sans avoir les mêmes angles.

Il ne suffit pas non plus qu’un côté et deux angles soient les mêmes dans deux parallélogrammes , pour que ces polygones soient égaux; car les deux parallélogrammes ABCD, ÂBËF (P. VII, F. 3o) ont le même côté AB et les mêmes angles, bien que lo dernier soit tout-à-fait renfermé dans le premier.

Problème: Tracer un parallélogramme dont on cannait un angle A et les deux côtés B, C qui forment cet angle (P. VII, F. 3i).

Tirez une droite DE = C , par exemple ; à l’une D des extrémités , faites sur DE un angle égal à l’angle donné A (probl. c, p. 46); sur le second côté de cet angle , portez B de D en F ; du point F comme centre et d’un rayon C , décrivez un arc ; du point E avec B pour rayon , décrivez un second arc qui coupe le premier en G , dans l’angle EDF ; enfin , joignez G à E et à F. La figure DEGF sera le parallélogramme demandé ; car, si l’on mène EF, le triangle DEF=GFE (164); d’où il suit que l’angle FEG = DFE, que l’angle EFG = DEF, et que EG , FG sont parallèles à DF, DE (5g). Or, le polygone qui a scs côtés parallèles deux à deux, est un parallélogramme (186).

190. Deux polygones peuvent renfermer le meme espace , peuvent avoir la même superficie , sans être superposables. On dit dans ce cas , qu’ils sont équivalens. Ainsi , deux parallélogrammes peuvent être équivalens et pourtant inégaux. Mais , afin de saisir le caractère auquel on reconnaît cette équivalence , il faut savoir qu’on entend par base d’un parallélogramme , le côté sur lequel on abaisse une perpendiculaire, d’un point appartenant au côté parallèle. La perpendiculaire a elle-même un nom particulier : elle s’appelle la hauteur du parallélogramme. Ainsi , la base du parallélogramme ABCD est CD (P. VII , F. 3a) , quand on prend EF pour hauteur.

Deux parallélogrammes de même base et de même hauteur sont équivalens.

En effet , quels que soient les deux parallélogrammes , nous

200 QDADKlLATiKBS.

poarroDS mettre la base de l’un, sur la base CD de l’autre. Alors j le côté opposé HI se trouvera parallèle à CD^ et comme les hauteurs EF, IK sont égales, HI sera sur le prolongement de AB. Les deux parallélogrammes seront donc placés comme ABCD , CDHI. Cela posé, les triangles ADH , BCI sont égaux (i 65); car AD = BC, DH = CI et l’angle ADH = BCI (64). Retranchant de chaque triangle , le triangle BLH qui leur est commun , on a les polygones ADLB, CLHI qui se trouvent équivalens. Or, si l’on ajoute à chacun , le triangle CDL , les deux sommes seront équivalentes aussi , et comme l’une de ces sommes est le parallélogramme ABCD , que l’autre est le parallélogramme CDHI , oes deux parallélogrammes sont équivalens.

191. On peut toujours construire sur un triangle donné ABC, un parallélogramme qui ait même base BC et même hauteur AD