LIVRE lli

droite indéfinie prenez ÀB = /, BC=A', GD = t, et sur 'ÂD décrivez un triangle équilatéral AOD; portez M de O en a et de O en tirez ad et joignez le point O aux points B, C, par les droites OB,OC qui coupent la droite ad aux points b, c. Je dis que la droite ad est égale à M, et qu’elle est divisée en b, c , proportionnellement aux droites l, k, i. En effet, puisque Oa=Od et que OA=OD, on a la proportion OA : Oa :: OD : Qd, d’où l’on conclut que les triangles OAD , Oad ont un angle commun en O compris entre côtés proportionnels, et sont semblables (p. 16, 2°); mais le triangle OAD étant équilatéral, Oad lesera aussi ; par conséquent ad est égal à aO, qui a été pris égal à M. Donc d’abord ad—M. En second lieu, d’après ce qu’on vient de prouver, on a ab : AB bc : BC : : cd:CD, et, puisque AB =1, BC=A,CD = t, on aura ab : lu bc : k t: cd t i.

Donc enfin ad ou M est partagé en ô et c proportionnellement kl, k, i.

PROBLÈltE.

Sur une droite donnée ab construire un polygone semblable à un polygone donné ABCDE, en prenant ab comme côté homologue d’un côté donné AB.

De l’une des extrémités de AB menons des diagonales Fig. 75. aux sommets opposés , afin de décomposer le polygone ABCDE en triangles. Cela posé, au point a de la droite ab on fera l’angle bac égal à BAC, et au point b l’angle abc égal à ABC; le triangle abc ainsi formé sera semblable à ABC (p. 16, r. 2). Ensuite au point a de ac on fera l’angle dac=0\C , au point c l’angle acd égal à ACD, d’où résultera le triangle ade semblable à ADC. Enfin au point a de ad on fera l’angle ead=EAD, au point d l’angle edazz.

EDA , ce qui donnera le triangle eda semblable à EDA. Le

polygone (Aede sera semblable à ABCDE : car ces deux polygones sont composés de triangles semblables chacun à chacun, et semblablement disposés (p. 15).

Hemarque 1. Si ap lieu de donner aux triangles abc. pcd. ade une disposilion semblable à celle des triangles ABC , AGI ) , ADE , on n’avait aucun égard à cette condition, on trouverait plus d’un poljgone. Car d’abord au lieu de faire au point a do la droite ac l'anglo dac = DAC, et au point c l’angle acd = ACD, supposons qu’on fasse au point e l’angle aed' = CAD et au point a l’angle (l'ue = .iCD ; le triangle aed‘ sera semblable à ADC , et les deux quadrilatères ABCD , abcd', quoique composé# de triangles semblables , ne sont pas semblables , parce que ces triangles ne sont pas semblablement disposés. En second lieu , an lieu de prendre dans le nouveau triangle le côté ac comme homologue du côté AC du triangle ACD, on peut conslrnire sur ac comme homologue de AD un triangle semblable à ACD , ce qui peut encore se faire de deux roaniorcs. Prenant de mémo ac comme homologue de CD , on aura encore deux triangles. On aura donc de la sorte 6 quadrilatères composés do triangles semblables à ceux dont se compose ABCD; encore a-t-on placé les triangles construits sur ac, de l'autre côté de cette ligne, par rapport à abc, comme ceux qui sont construits sur AC. Si on les plaçait aussi du môme côté de ac, on aurait t2 quadrilatères. EnQnsi l’on opère sur uô et sur bc comme un a fait sur ac ,on trouvera encore 12 triangles additifs et 12 triangles soustractif^. On aura donc 18 quadrilatères composés de triangles additifs semblables i ceux dont se compose ABCD, et ISautres composés de pareils triangles soustractifs. Faisons abstraction de ces derniers, et prenons l'un des quadrilatères de la première espèce , par exemple abcd , pour achever le pentagone. Sur chat!un des 4 côtés de abcd on pourra placer six triangles additifs semblables à ADE, ce qui formera 24 pentagones composés do triangles semblables à ceux do ABCDE. Chacun des 18 quadrilatères en donnant autant, on aura en tout 18. 24 pentagones dont un seul a ses triangles disposés comme ABCDE; c’est celui-là seul qui est semblable à ce dernier. Si le polygone ABCDE avait n côtés, le nombre lies polygones conslruUs sur ab homologue de AB serait 18. 24. 30...... X '6»» - 6).

LtVBE UI.

'^R^marqtte 2. La défiaition de* figures semblables fournit aussi un moyen de faire, sur une droite donnée de grandeur, un polygone semblable à un polygone donné.

THÉOHÈME.

Si du sommet de l’angle droit A d’un triangle rectangle Fig. 76. ABC on mène une perpendiculaire AD sur l’ hypothénuse BC:

1° Le triangle ABC sera décomposé en deux triangles semblables entre eux et au triangle total ABC;

2° Chaque côté de l’angle droit sera moyen proportionnel entre V hypothénuse entière e\ le segment adjacent ;

3" La perpendiculaire AD iera moyenne proportionnelle entre les deux segments.

En effet, l' les triangles BAC, BAD sont rectangles, le premier en A, le second en D ; ils ont l’angle B commun ; donc le troisième angle C de l’un est égal au troisième angle BAD de l’autre, et les deux triangles sont semblables (p. 16, 3°). De même, les triangles ABC, ADC sont rectangles , ont l’angle C commun ; par conséquent l’angle B du premier est égal à l’angle CAD du second , et les deux triangles sont semblables. Ainsi les trois triangles ABC,

ADC, BDA sont semblables.

2° Les triangles ABC, ADB étant semblables, auront les côtés homologues proportionnels (p. 14). Or, le côté BC’ du triangle BAC et le côté BA du triangle BAD sont opposés aux angles droits et sont, par conséquent, homologues (p. 16, r. 1). De même B A du triangle BAC est opposé à l’angle C, BD du triangle BDA l’est à l’angle BAD qui est égal à G; donc ces deux côtés sont homologues, et l’on a la proportion BC : BA : : BA : BD.

I.ÆS triangles BAG, DAC donnent de même la proportion BC : AC:: AC: CD.

GÉQliiTRlIi.

Ainsi chaque côté de l’angle droit est moyen proportionnel entre l’hypothénuse et le segment adjacent.

3* Dans les triangles semblables BAD , DAG , les côtés RD, DA du premier sont homologues aux côtés DA, DC du second ; car BD et DA , dans le premier, sont opposés aux angles BAD, B; et DA , DC du second le sont aux angles G, CAD, respectivement égaux à ceux-là. Donc BD:DA::DA:DC ‘

et la perpendiculaireDA est moyenne proportionnelle entre les deux segments BD, DG de l’hypothénuse.

PROBLÈHB.

Trouver une moyenne proportionnelle entre deux ligne* a , b données de longueur.

Fig. 77. ' Sur une droite indéfinie BE prenez BD égal à a*et DC égal à b. Sur BG comme diamètre décrirez une demi-circonrércncc; au point D élevez sur BG une perpendiculaire DA jusqu’à la rencontre de la demi -circonférence en A : DA sera la moyenne proportionnelle demandée. Car si l’on tire AB, AG, l’angle BAC, inscrit dans un demi-cercle, est droit (I. 2 , p. 22 , c. 3) ; donc, dans le triangle rectangle BAG, la perpendiculaire DA est moyenne proportionnelle entre BD et DC ( p. 20 , 3°), c’est-à-dire entre a et b.

Remarque. Gomme AB est aussi moyenne proportionnelle entre BG et BD (p. 20 , 2°) on peut dire ; 1° que la perpendiculaire AD abaissée d’un point de la circonférence sur un diamètre B G est moyenne proportionnelle entre les deux segments BD, DC de ce diamètre; 2° que la corde AB est moyenne proportionnelle entre le diamètre BG et le segment adjacent BD.

-vT

LITRE III

TBÉORÈHE.

Les segments de deux cordes AB , CD , qui se coupent Fig^. 78. dans le cercle, sont réciproquement proportionnels, de sorte qu’on a AO : OC ; : OD : OB.

En eflet, si l’on tire AD , BC, les deux triangles AOD,

COB auront les angles en O égaux comme opposés au sommet ; les angles D et B sont égaux comme ayant pour mesure la moitié du même arc AC ( p. 5 , c. 2) ; donc ces deux triangles sont semblables (p. 16, r. 2), et les côtés homologues donnent la proportion demandée AO : OC ::