X DE = 4"-,95 = 4 9&— , d'Où DE = Î

V «il

Le point E se trouvant ainsi déterminé , tirons OC; menons EF parallèle k OC, et Joignons OF. Les triangles OEG et OFG , ayant même base OC et même hauteur, puisque leurs sommets E et F sont sur une même parallèle à la base, sont équivalents; et si l'on ajoute k chacun d'eux le triangle ODG, on a :

OCE + ODC=OFC + ODG, ou ODE = ODCF,

c'est-k-dire que le quadrilatère ODGF équivaut à la première part.

Imaginons maintenant un triangle ODG équivalent à la seconde part, on devra avoir :

iOpxDG = 6",94, ou 9-,9xDG = 594— ;

d'Où DG = ^ = 60-.

Le point G étant i^insi déterminé, tirons OB; menons GH parallèle k OB; et Joignons OH. Les triangles OBG et OBH ayant même base OB et même hauteur, puisque leurs sommets G et H sont sur une même parallèle à la base , sont

GÉOMÉTRIB PLANE. 181

équWalento; et si l'on i^oute à chacun d'eux le triangle OBD, on a . OGB + OBD=:OHB + OBD, ou OGD = OIIBD,

c'est-à-dire que le quadrilatère OHBD équivaut à la seconde part.

11 s'ensuit Immédiatement que le quadrilatère OFAH équivaut à la troisième part.

CoROLLAiBE. Si Ics trois parts devaient être équivalentes, il faudrait prendre DG=DE, et de grandeur telle que cliacun des triangles ODE et ODG fut équi* valent au tiers de l'aire du triangle ABC.

381. ProbUeme. Diviser un irapèxe en deux parties proportionnellei à des nombres donnés, par une droite parallèle aux deux hases.

Soit ABGD (fig. 397] un trapèze qu'il s'agit de diviser, par une droite IH parallèle à la base , en deux parties qui soient entre elles, par exemple, comme les nombres m et n. Si la longueur de la parallèle était connue , le problème serait résolu; car, en prenant CE égal à celte longueur, menant EH parallèle à CA, et Hl parallèle à CD, la figure CEHl serait un parallélogranune, et IH serait égal à CE; c'est-à-dire que IH serait la parallèle cherchée.

Pour déterminer la longueur de IH , prolongeons les côtés non parallèles AC et BD , jusqu'à ce qulls se rencontrent en un certain point 0 (flg. 398). La simi* lltude des triangles OAB, OIH et OGD donnera

0CD:01H::CD*:Th*

et OIHiOABrrîPiÂS",

d'où l'on tire OCD— OIH : OIH :: CD*— ÎH* : ÎH*,

et OIH— OAB : OIH :: ÎH'—ÂB' : Iff.

Ces deux proportions ayant les mêmes conséquents, leurs antécédents sent en proportion, ce qui donne

OCD— OIH : OIH— OAB :: CD*— îS'tW— ÏB", ou CDHI : IHBA :: CD*- IH" :Îh"— AS".

Mais, d'après l'énoncé du problème , on doit avoir : CDHI : IHBA:: m: n, par conséquent, à cause du rapport commun , on a

CD*— îfftiH*— ÂB*::TO:n, ou, en égalant le produit des extrêmes au produit des moyens,

îffxin— ÂB*xm=CD'xn--ÎH'xn; d'où îB'x(m + n)=ÏB"xm + CD*xn.

Divisons de part et d'autre par m + n, nous aurons :

{gi ÂB*xm4-CD*Xn ,^,

d'où, en extrayant la racine carrée des deux membres, j. /ÂB*xm + CD'x^.