AB -I- DG

pèze ( ) DM.

Or, si par le point O, milieu de BC, nous menons une parallèle t F à AD, les deux triangles COE, BOF, seront égaux et on aura C E = B F ; menons O I parallèle à A B ; ou aura évidem-

DE + AF DC -U CE -f AB — BF

ment O I = ou bien O I

DG-t- AB

La surface du trapèxe est donc égale au produit OI X DM.

Proposition III. — Etant donné A C = A B -4-

B C , faire voir que Ton a A = A B"" 4- B G"* 4- 2CD X AC(fis.64).

A cet effet, on construit le carré A G DE sur AG, et aussi le carré AB IF sur AB; on prolonge les rôlés du carié AB I F jusqu’à la rencontre du carré fail sur A G. La figure lolale, qui est le carré fait sur A G , oonqireiid quatre parlies bien distinctes: r° A B I F, 2° I M DN, qui est le carré fait sur B G, 3® les rectangles EF IN et BCIM, qui sont égaux entre eux. Or, le rectangle B I M Cest égal à BI X BG ou AB X BG. Ce qui fait donc pour les deux rectangles 2AB X BC ; on a donc :

AG^- ou (AB 4- BG)^- == Æ + BC^ -|- 2 AC X BC.

Pour trouver à quoi est égal le carré fait sur la différence des deux lignes AB, AG(fig. 66) ou BC,on construit le carré ABIF sur AB et celui ACDE sur AG. Pour trouver la valeur du carré fait sur A C , prolongeons (]D , DE jusipren G et H, et faisons le carré FE M N, égal au carré fait sur BC.

Les deux rectangles CB I G, GN M D, ont chacun pour mesure ABX BC; si on les relraiirlie de la figure eiitiere AB I N ME qui

a pour valeur A B G^ , il est clair qu’il restera le carré

ACDE. Ainsi on a la relation ÂC^^A B‘^-f-BC^ — 2 ABXBC.

géométrik.

PropositionlY , — Le carré construit sur riiypothénuse d un ti ianglfi rectangle, est égal à lasoniine des

carres construits sur cliacun des deux autres côtés.

Soit ABC, le triangle proposé, nc'angle en A (fig. Formons iin carré sur ohaqne côté dn triangle: du point aliaissuns la perpendiculaire A O sur F G , qui reneomre l’iiypothemise en I; menons les diagonales AF etEC; les deux ti ianglei A B F, E B C, seront égaux. I.e ti-angle A B F éiiiiivaiit a la moitié du reetanglc B I F O, pareillenient le triangle BEC équivaut à la moitié du carré A BE D, donc le reclarglcB I FO est équivalent au carré A D E B. On ferait voir de même que le rectangle O I C G équivaut au carré A C M N ; doue la somme des deux rectangles équivaut à la .somme des deux earrés; ou bien, comme la somme des deux reelangles forme le carré B C F G tait sur l’hyiiülliéniise, il en ré.sulie que le carré fait sur l'hypot^ eniisc est égal à la somme des cariés fait sur les deux autres

côtés, ce qui s’exprime ainsi -.B C» = ABa-j-AC».

SoitABCD(fig.67A- un carré, A Csa diagonale; le triangle ABC^ étant rectangle et isocèle, on auraÂC>=AB« -f- BC^

^onslrnitsur sa diagonale est double du carré fait s^r e côté A B ; en meltant celle relation en proporlion, il vient

•• ^ • ^7 nu, en en extrayant la rricine carrée,

AC : A B \/ 9. : î ; doue la diagonale d’un carré est incommensurable avec son côté.

Supposons qu’on veuille construire un carré qui .soit égal à asomme ou à la dilférence de deux earrés dont les côtés sont représentes par A et par 1».

1 onr en faire un qui soit égal à leur somme on n^a qu’à tracer deux droites indéfinies DE, DF, qui se coupent à angle dr^at ( K* ys prendre sur un des côtés une longueur D O ~ A et sur 1 antre une longueur D [ == R et joindre O I. Le carré fait sur O I sera évidemment égal à la somme des carrés faits sur A et B.

» 1 on \(ul»n coustruiie un qui soit !a différence, on mènera toujours deux droites DE, DF, à angle droit rfig. 68 ^is). On prendra sur ])F une longueur DI égale à B, et du point I comme centre et avec A comme rayon, on décrira un cercle qui coupera DE en K; enjoignant T K on aura Td^ .i . on

niiOMÉTRlE.

1) — TK^ — II)" ; îiinsi DK sera le côli- du earré cherché.

Nous allons chcr<her mainU nant <|uellc est la valeur du cane coi-stfUit sur un côté :\C onposéà un augieni^ii dans un triangle AhC (fl-. 69). Abaissciis la |,erpendiculairo AD sur JIG.

Le lria»îglerectangb‘ ADCdonuo.^/^-=AB -[-DO, elle tidangle rectangle AB D donne AD-^--=A B'^— BDADoncona AC^

liY)- -|- D G"'. Mais D G est ia dil'férence des deux li-

gne$ B G et B 1), ce qui donne D C-^VjC^ -f B D^ — 2 BC X BD. Subslituant cette valeur de DC‘ datis celle de AC^ et

réduisant, il vient A G" = A B^ -[- B G" — 2 BC i X B D,

Si l’angle opposé au côté AC était obtus (Og. 70;, on trouverait

enabaissaul la perpendiculaire AD sur BC prolongé, A C^=A B* } B G" -G 2 B ex B D : formide qui ne diffère de la précédente qiip par le signe du double rectangle. Ainsi l’on voit que valeur du carré coiiitruil sur le côté d’au triangle est d’autant plus grande nue l’angle opposé à ce côté est plus grand. D après CO qui précède on voit que si , dans un triangle ABC ;fig. 7 >

on joint le sommet A au milieu D du côté opposé , on a A i A G ’ = 2 B D^ 4- 2 ; car en menant la perpendiculaire

A O Je triangle A G D donne A CA — A D^- DG-*' 4" ? ^ ^

X CD; et le triangle A B D donne A = A D^ -f- B — 2 B D X G D; faisant la somme et réduisant, en observant que

B D -- G D , il vient A B^ -j- A G"- = 2 B D^ -f- ^

Il résulte aussi des considérations préccdenles que, dans un pa^ rallélogramme quelconque, la somme des carrés des quatre côtés est égale à la somme des carrés des diagonales.

Proposition V.- Une ligne M N (fig. 12) menée parallèlement à la base BC d’im triangle ABC, divise les côtés en parties proportionnelles.

Joignez B N et M G, les deux triangles B M N, G M N, sont équivalents comme ayant même base et môme hauteur. Les trian<^les AMN, Al N B , dont le sommet commun est N, ont même hauteur, et sont entre eux comme leurs b ises : ce qui donne A M N : M N B :: AM : MB. Pareillement les deux triangles A M N et AI N G donnent AMN : MNG II AN iNC; comme

(ÎKOMKTRIE

le triangle M N R est équivalent au triangle M NC, les lîeux proportions ont un rapport commun, et il en résulte;

Celte propriété nous fournit le moyen de résoudre les uroblemes Muyants : partager une ligne A R (fig. ^3) en (ant do parlies égalés qu on voudra , en cinq, par exemple. A cet effet on mene la li^nie indéfinie A M sons nn an-do ,|n,.iconqne ; on

poite A C cinq fois sur A rM. On joint le dernier point de division O au point K ; puis on mène C O parallèle à B I) : A O est la cinquième parlie de la ligne AB; carona;A€;AD-

A O . A B ; mais AC — ^ donc AO =

Pour trouver une quatrième proportioimelie à trois fiVnes onnees A,R.C(fig. ,4), on fait im angle qndconqne M O N O I = A , O D = B ; et sur O N , C C. On joint C D, et par le point I, on mène I V parallèle à DC; on a alors: OI : OD :: OC ; OF. on A : B ;; C • r ; U est la quatrième proportionnelle cherchée Par nn point donné O dans nn angle BAC (fig. nj: pour tirer une ligne de maniéré que les parties comprises entre le point O

Imo Or"'‘1r‘'" on mène parle

pomt O , O I para lime a A B, On prend I D == A I ; et on mène

D O G , ce qui donne B I ; A 1 : : D O ; O G ; mais B I =

A I, donc D O = O Ct.

Proposition VI. — Une ligne A D (fig. 76), qui divise en deux parties égales l’angle B A C dNin iiangle, divise la base B C eu deux segments proportionnels aux côtés adjacents A B, A C.

En effet, SI par le point B on mène une ligne B F. , parallèle

triandé Rf' F A C prolongé, on a dans lo

ïiiaiigle R C E la proportion C D : D R :: C A,: A E.

A n '’r F ‘i!'"’"!*’ A E est isocèle; car à cause des parallèles A B. B E, 1 angle A B E = ü A B, et l’angle A E B = B A B; o> . par hvpolhcse. D A B = D A C; donc i’aiigde A B E

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GÉOMÉTRIE