PROP. I. PROBLÈME
(222) Faire un triangle ABC dont les côtés soient égaux à trois lignes droites données, m, ñn, r; pourvu
m5: : Fr : Ca TE > . + IR éme LE GE eo 6 à De Se 0 2 ge = à mie ot PO mi hote nine Es ARE Set 2e PE per Cie
toujours (161) que la somme de deux quelconques de ces lignes soit plus grande que la troisième.
Prenant pour base AC, une quelconque r des trois lignes données ; des extrémités À, C de cette base, comme centres, avec À ————— des rayons respectivement égaux aux deux autres lignes m, n, décrivant les arcs cd, ab; et menant du point d'intersection B des deux arcs, aux extrémités de la base, les lignes BA, BC ; le problème sera résolu.
En effet, tous les rayons d’un même cercle ou arc de cercle étant égaux (189), et BA étant un des rayons de l'arc cd, on aura le côté AB du triangle égal à la ligne m qui a servi de rayon à cet arc; pour la même raison, le côté CB est égal à la ligne n qui a servi de rayon à l’arc ab ; et le troisième côté AC étant par hypothèse égal à la ligne r, les trois côtés du triangle ABC sont égaux respectivement aux trois lignes données m, n, r.
Il est clair que si le côté AC, par exemple, était plus grand que la somme de AB et CB, ou ce qui est la même chose, si la ligne donnée r était plus grande que la somme de m et n, le problème serait impossible, puisque dane ce cas les arcs ab cd, ne s’intersecteraient pas; mais la solution sera toujours possible lorsque la somme de deux quelconques des côtés sera plus grande que le troisième côté.
(223) Sco. L. Si les trois lignes données sont égales, le triangle sera équilatéral.
(224) Sco. 2. Si deux seulement des lignes sont égales, le triangle sera isocèle.
le ces
lignes d'inter- , lignes
e cercle c cd, on servi de t égal à roisième les trois aux trois
8 grand s chose, de m et cas les ion sera ques des
ales, le
égales,
(225) Sco. 8. PROB. Il suit de cette 6.
prop. que pour inscrire dans un cercle donné ACB une ligne AB égale à une V4 ligne donnée, mais (138) n’excédant À pas en longueur le diamètre AC du Ÿ cercle ; il n’y a qu’à prendre sur la circonférence donnée un point quelconque A, et de ce point comme centre, avec un rayon AB, égal à la ligne donnée, décrire un arc ab qui coupera le cercle en un point B, duquel menant BA, cette dernière sera égale à la ligne donnée et inscrite dans le cercle.
(226) Sco. 4. PROB. Les trois côtés d’un triangle n'étant que trois lignes droites, il est évident que cette proposition équivaut à celle de faire un triangle dont les côtés soient égaux à ceux d’un autre triangle.
(227) Cor. 1. Puisque le sommet B du triangle ABC, se trouve à l'intersection des cercles décrits des points A, C, comme centres, avec les rayons AB, CB; et que du même côté de la ligne AC, il ne peut évidemment y avoir qu’une seule intersection et par conséquent un seul sommet ; il est de là évident que sur la même base AC et du même côté de cette base, on ne peut avec deux côtés donnés AB, CB, former qu’un seul triangle ABC.
(228) Cor. 2. Les cercles décrits des points À, C, avec les rayons AB, CB, ont deux intersections, l’une B d’un côté de la ligne AC qui joint les centres des deux cercles, et l’autre D du côté opposé de cette ligne; et ils ne peuvent en avoir plus de deux; d’où il suit que deux cercles ne peuvent se couper en plus de deux points différents, dont un de
chaque côté de la ligne qui joint les centres des deux cercles.
PROP. II. THÉOR.
(229) Les angles m, n, à la base d’un triangle isocèle ACB sont égaux et ceux r, s, formés par la base AB et les côtés égaux CA, CB prolongés sont aussi égaux.
Supposons que l’angle ©, au sommet C du triangle, soit bissocté; c.-à-d. (15) divisé en deux parties égales par la ligne CD; ce qui donnera l'angle AOD égal à BCD ; et que le triangle BCD tourne autour de la ligne CD de manière à se reposer sur le triangle ACD; ilest évident que le côté BC tombera sur son égal AC, et le point B sur le point A. De plus, le point B tombant sur À, le côté DB tombera sur DA, à cause du point D commun à ces deux côtés, et que (111) d’un point à un autre on ne peut mener qu'une seule et même ligne droite. Les côtés des deux triangles tombant l’un sur l’autre, donneront l'angle m—n; c.-à-d., un des angles m à la base égal à l’autre n.
(230) Les angles r, s, ou BAE, ABF, de l’autre côté de la base, sont égaux, parce que BF, formant partie de la droite BC, tombe sur AE qui forme partie de la droite AC.
D'ailleurs, les angles metr pris ensemble valent deux angles droits, etceuxr, s pris ensemble valent aussi deux angles droits (182); et si des quantités égales m + r, n + s, on retranche les quantités égales m, n, les restes r, s, seront égaux (77 Ax.) ; donc, etc.
(281) Cor. 1. De là, tout triangle équilatéral est aussi équiangle.
(232) Cor. 2. De Jà encore, la ligne CD qui bissecte l’angle C au sommet d’un triangle isocèle, bissecte aussi la base ou le côté opposé à cet angle.
trian!
la fig
A. Ds sur DA, que (111) geule et tombant h des an-
ôté de la la droite
ent deux Lux angles 8, on re- 8, seront
est aussi
ctel'an- ; aussi la
(233) Cor. 3. Puisque BD tombe sur AD, les angles BDOC, ADC formés par la bissectrice CD sont égaux; et il suit de ce théor. que la ligne qui bissecte l’angle au sommet d’un triangle isocèle est perpendiculaire à la base (218).
(284) Cor. 4. La ligne qui bissecte l’un quelconque des angles d'un triangle équilatéral, bissecte aussi le côté 0vposé à cet angle et lui est perpendiculaire.
(2385) Cor. 5. Il suit encore du théor. qu'une ligne menée du sommet d’un triangle isocèle, perpendiculaire à la base, bissecte la base.
(236) Cor. 6. Il suit de même que dans un triangle isocèle, la ligne qui joint le sommet au point milieu de la base, bissecte l’angle opposé à la base et est perpendioulaire à cette base.
(287) Cor. 7. Puisque les triangles BOD, ACD, considérés séparément, ont deux côtés CB, CD et l'angle inclus DCB de l’un égaux aux côté CA, CD et à l'angle correspondant DCA de l’autre; il s’en suit que si deux triangles ont deux côtés et l’angle inclus de l’un, respectivement égaux à deux côtés et à l’angle inclus de l’autre ; ces deux triangles sont égaux en toutes choses.
(238) Cor. 8. Si deux triangles BCD, ACD, considérés séparément, ont un côté CD et les angles adjacents DCB, CDB, de l’un respectivement égaux au côté correspondant DC et aux angles adjacents UCA, CDA de l'autrs: ces deux triangles sont égaux en toutes choses ; car à même superposition des deux triangles fera tomber le côté CB sur CA et celui DB sur DA, à cause des angles égaux en D et C. Le point B tombera donc nécessairement sur À et fera BC=—AC, DB—DA et l'angle DAC—DBC; donc, etc.
(289) Cor. 9. Si deux triangles (voyez la fig. sur la page suivante,) DGC, DHOC, considérés séparément, ont les trois côtés de l’un respectivement égaux aux trois côtés de l’autre; ces deux triangles sont égaux en toutes choses.
En effet, faisant coincider les deux triangles, comme dans la fig. par un de leurs côtés égaux DC, et menant HG, le triangle HOG sera isocèle, à cause des côtés égaux HO, GC,
et l’angle CGH à la base sera par ce théor. égal à l’angle CHG. Mais à cause de DG=—DH parhyp. le triangle GDKH sera aussi isocèle et donnera l'angle HGD à la base — GHD, et puisque si à des quantités égales on ajoute des quantités égales les touts seront égaux (76 Ax.), on aura la À D B somme des deux angles en H égale à celle des deux angles en G; c.-à-d., l'angle CHD sera égal à celui CGD.
En faisant successivement coincider les autres côtés égaux CG, CH et DG, DH, l’on prouverait de même que les autres angles sont respectivement égaux l’un à l’autre; donc, etc.
(240) Sco. L. PROB. I! suit du dernier cor. que pour bissecter un angle quelcongne ACB, il n’y a qu’à prendre sur les côtés indéfinis qui contiennent cet angle, des longueurs égales CH, CG, joindre HG, sur HG faire un triangle équilatéral ou isocèle (222) HDG et joindre CD qui résoudra le prob.
Car, les trois côtés CD, CG et DG du triangle DCG seront par cette construction égaux aux trois côtés CD, CH et DH du triangle DCH, ce qui (239) rend leurs angles égaux et fait que l’angle DCG—DCH; c.-à-d. que l'angle HCG ou ACB est bissecté par la ligne CD.
(241) Sco. 2. PROB. Eñü répétant l'opération, chacune des moitiés DCE, DCF pourrait être divisée en deux parties égales ; de là il est évident que par des divisions successives un angle donné peut être partagé en 2, 4, 8, 16, etc., parties égales.
(242) Sco. 3. PROB. II suit encore de ce théor. que pour faire en un point donné C sur une ligne CD un angle ACD égal à un angle donné BCD ; après avoir pris sur les côtés indéfinis de l’angle donné des longueurs quelconques CD, CG, et avoir joint DG, il n’y a qu’à prendre sur CD une
longueur égale à celle que l’on a prise sur le côté corres-
angles
égaux y autres LC, etc.
ur bisadre sur ngueurs le équiudra le
G seront x et DH gaux et CG ou
chacune x parties cessives c., par-
que pour le ACD les côtés ues CD, CD une
h COorTres”
pondant CD de l’angle donné, et sur CD, avec des longueurs égales à CG, DG, faire le triangle DCH qui sera égal au triangle DCG (226) et donnera l'angle voulu ACD égal à l’angle donné BCD.
(243) Sco. 4. PROB. On tire aisément du dernier cor. la manière de faire un triangle DCH lorsque deux côtés HC, DC et l’angle inclus HCD en sont donnés; puisque, sur un, CD, des côtés donnés, il n’y a qu'à faire d’abord un angle AOD égal à l’angle donné, sur l’autre côté CA de l'angle qu’on vient de faire, porter une longueur CH égale à l’autre côté donné et joindre les extrémités H, D des deux côtés qui comprennent l’angle ainsi fait.
(244) Sco. 5. PROB. Puisque (232) la ligne CD qui bissecte l’angle C au sommet d’un triangle isocèle, bissecte en même temps la base ; il s’en suit clairement que pour bissecter une ligne quelconque AB, il n’y a qu’à faire sur cette ligne un triangle isocèle ou équilatéral ACB (222) et bissecter (240) l'angle C opposé à la base par la ligne CD qui partagera la ligne donnée en deux parties égales.
(245) Sco. 6. PROB. Par le cor. 6 ds cette prop., la ligne qui joint le sommet d’un triangle isocèle au point milieu de sa base, est perpendiculaire à cette base; d’où il suit que pour mener une perpendiculaire CD à une ligne donnée AB, en un point donné D de cette ligne, il suffit de prendre de chaque côté du point D des distances égales DA, DB, eur AB faire un triangle équilatéral ou isocèle ACB, et mener CD qui sera la perpendiculaire demandée.
(246) Soo. 7. PROB. il suit aussi de cette prop. que pour mener une perpendiculaire CD à une ligne AB par un point donné C hors de cette ligne; il faut, avec un rayon quelconque CB plus grand que CD, décrire un arc de
cercle abc coupant la ligne indéfinie AB aux points À, B, ioindre CA, CB et bissecter l'angle ACB par la ligne CD qui sera la perpendiculaire requise.
En effet, CA, CB étant rayons d’un même cercle, sont égaux, et le triangle ACB est en conséquence isocèle.
(247) Sco. 8. PROB. Si le point D dans la ligne AB était à l'extrémité de cette ligne, ou si le point C hors de cette ligne était tel que la perpendiculaire dût tomber au delà de la ligne : il est évident qu’il n’y aurait qu’à prolonger d’abord la ligne et à procéder ensuite comme cidessus.
PROP. III. THÉOR.
(248) Si deux angles BAC, BCA d'un triangle ABC sont égaux, les côtés BC, BA qui sous-tendent ces angles ou qui leur sont opposés, sont aussi égaux.
Du point B menez BD perpendiculaire à AC (246), ce qui donnera l'angle BCD — BDA. Supposez ; maintenant que le triangle BD C Fab tourne autour de la ligne BD de ma- ““ nière à s'appliquer sur le triangle £*./ À BDA ; l'angle BDC étant parcons. F À ED C truction égal à celui BDA, le côté DC tombera sur DA, le point © sur le point A et le côté BC sur le côté BA; car si le point C ne tombe pas sur le point À, il tombera en deçà ou au delà de ce point, soit en E ou F, et la sens BC tombera en BE ou BF.
Dans chacun de ces cas les lignes BE, BF ont une inelinaison sur AC ou AC prolongée différente de celle de la ligne BA, et les angles BEC, BFC sont en conséquence (128) inégaux à l'angle A ; car, ayant mené FH, EG parallèles à AB, or a l'angle BFC plus petit que HFC ou que son égal BAC, et l'angle BEC plus grand que GEC ou que son égal
D C DA, le : car Si en deçà BC tom-
ne inclile de la nce (123) allèles à son égal son égal
FH, EG, égaux l’un à l’autre et à l'angle BAC.
Mais si tout autre point que À donne un angle inégal à l’angle C, et puisque par hyp. l'angle BAC—BCA ; il en résulte que le point C tombera sur A et le côté BC sur le côté BA ; et par suite que les côtés BC, BA sont égaux; donc, etc.
(249) Cor. Tout triangle équiangle est donc aussi équilatéral.
PROP. IV. THÉOR.
(250) La somme A+B-C des trois angles d'un triangle quelconque ABC vaut deux angles droits.
Ayant prolongé AC indéfi- B niment jusqu’en D, et fait È l’angle ECD égal à BAC, la ligne CE sera parallèle au côté AB du triangle (154).
Les angles ABC, ECB seront À C Era donc alternes et égaux (153),
et l’angle ACB qui avec les angles BCE, ECD vaut deux angles droits, formera aussi deux angles droits avec les angles A et B qui leur sont égaux; donc, etc.
(251) Cor. 1. L’angle extérieur BCD d’un triangle quelconque ABC vaut les deux angles intérieurs et opposés À, B du triangle, et est par conséquent plus grand que l’un de ces angles pris séparément.
(252) Cor. 2. La somme de deux angles quelconques d’un triangle vaut moins que deux a zles droits. Il est clair que ceci résulte directement du théor.
(258) Sco. L. PROB. De l'égalité des angles ECD, BAD, il résulte que EC est parallèle à BA et par suite que pour mener par un point quelconque C une ligne CE parallèle
BAC; les angles HFC, GEC étant à cause des parallèles
pes ee omaer épars dé ed pe oame ss he rés sope dns
à une autre ligne AB, il n’y a qu’à joindre le point donné à la ligne donnée par une ligne quelconque CB ou CA et faire au point C l'angle BCE—CBA ou ECD—BAD suivant le cas.
(254) Soo. 2. Il suit du cor. 2, que si du même côté d’une ligne, deux autres lignes font avec la première des angles dont la somme soit moindre que deux angles droits ; ces deux lignes étant prolongées se rencontreront.
(275) Cor. 3. La somme des angles intérieurs d’une figure rectiligne quelconque ABCDE, vaut autant de fois deux angles droits que la figure a de côtés, moins quatre angles droits.
Prenant dans le polygone convexe AC un point quelconque F, et menant les lignes FA, FB, FC, etc., aux angies de la fig., il est évident que l’on obtient autant de triangles que la fig. a de côtés. Or la somme des angles de chacun de ces triangles vaut deux angles droits ; mais tous les angles autour du point F valent ensemble quatre angles droits (140) et ne formant pas partie de ceux A, B, C, etc. de la fig. sont à déduire de la somme des angles du polygone; donc, etc.
(256) Sco. 8. Cette propriété des
@ figures rectilignes se prouve à peu près de la même manière, en les F divisant en triangles par des lignes A br menées d’un angle à l’autre de la fig.; E et c’est quelquefois ce qu'il faut né-
cessairement faire ; car lorsqu'il s’agit D de polygones concaves comme celui ABCDEF6G, c.-à-d., à angles rentrants ABC, FED, il peut se rencontrer des cas
où il soit impossible de trouver un point intérieur tel que de ce point l’on puisse mener des lignes à tous les angles de la fig.
donné JA et uivant
> côté mière angles reront.
quelconpgies de riangles acun de ous les > angles , ©, etc.
qu poly-
er N
c.-à-d., à des cas
que de ce
de la fig.
Dans ce cas, la division indiquée donnera toujours autant de triangles que de côtés, moins deux; et en conséquence la somme de tous les angles intérieurs d’un polygone quelconque vaut autant de fois deux angles droits qu’il y a de côtés moins deux dans le polygone.
(257) Sco. 4. Rien n'empêche de considérer les angles intérieurs B, E, du polygone concave AD comme étant chacun plus grand que deux angles droits.
(258) Cor. 4. Tous les angles extérieurs a, b, c, d, e, d’un polygone quelconque dont les côtés sont prolongés dans la même direction, valent ensemble quatre angles droits.
Puisque chaque angle intérieur À avec son angle extérieur a vaut deux angles droits ; il suit de là et du cor. 8 de cette prop. que tous les angles intérieurs avec tous les angles extérieurs de la fig. valent ensemble autant de fois deux angles droits que la fig. a de côtés; c.-à-d., par le cor. 8, ces angles valent ensemble tous Îles angles intérieurs de la fig. plus quatre angles droits; donc tous les angles ext. valent quatre angles droits.
(259) Soo. 5. PROB. E- B E tant donné deux angles A,
B d’un triangle quelconque
ABC ou seulement leur
somme A+B, trouver le
troisième angle C du tri- À Û angle.
Cet angle se trouvera évidemment en retranchant de deux angles droits la somme des deux angles donnés; et pour celà il n’y a qu’à faire en un point quelconque C de la ligne droite AD l'angle ECD=—A et ECB=—B ou BCD=A+B, ce qui laissera l'angle BCA égal au troisième angle du triangle.
(260) Cor. 5. Si deux angles d'un triangle sont égaux à deux angles d’un autre triangle; les autres angles de ces triangles seront égaux, et les deux triangles seront mutuellement équiangles,
(261) Cor. 6. Dans un triangle quelconque il ne peut y avoir qu’un seul angle droit; car s’il y en avait deux, le troisième serait égal à zéro. À plus forte raison un triangle ne peut-il avoir plus qu’un angle obtus.
(262) Cor. 7. Dans tout triangle rectangle, la somme des deux angles aigus vaut un angle droit. e
(263) Puisque (249) tout triangle équilatéral est aussi équiangle ; chacun de ses EE sera égal au tiers de deux angles droits, ou aux deux tiers (à) d’un angle droit.
(264) Sco. 6. Il suit aussi du cor. 8, que chacun des angles d’un quadrilatère équiangle vaut un angle droit; chacun des angles d’un pentagone équiangle, les © 5 d'un it droit ; chacun des angles d'un hexagone éqniangle $ + d’un angle droit, et ainsi de suite.
(265) Sco. 7. On a vu (238) B E que si deux triangles ont un côté et les angles adjacents de l’un égaux à un côté et aux angles adjacents de l’autre, ces
triangles sont égaux en toutes
choses, et l’on vient de voir pi que si are. angles . triangle sont égaux à deux angles d’un autre triangle, les autres angles de ces triangles sont égaux; d'où il suit que si deuxtriangles ABC, DEF ont deux angles À, B de l’un égaux à deux angles E, D de l’autre, et le côté BC opposé
à l’un de ces angles égal au côté correspondant de l’autre
triangle ; les autres côtés de ces pu seront aussi respectivement égaux.
En effet l’angle C est aussi égal à l’angle étoiieniainé F, et en se servant de ces angles égaux, la preuve devient la même que celle du cas cité au commencement de cette sco. ; done, etc.
égaux les de seront
peut y DUuxX, le un tri-
somme
gsi équix angles
des an- ; chacun le droit; in angle
F les d’un ngle, les guit que 3 de l’un opposé, e l’autre nt aussi
svient la atte SCO. ;
(266) Sco. 8. PROB. Etant donné deux angles d’un triangle et un côté adjacent aux deux angles ou opposé à l’un d'eux, construire le triangle.
Dans le premier cas, il est clair qu'il n’y a qu'à faire à chaque extrémité du côté donné, un angle égal à l'un des angles donnés, et dans le second cas, retrancher (259) d’abord de deux angles droits la somme des deux angles donnés
pour avoir le troisièmo angle, et procéder ensuite comme dans le premier cas.
PROP. V. THÉOR.
(267) Dans tout triangle ABC le plus grand côté AB est opposé au plus grand angle AOB, et réciproquement le plus grand angle est opposé au plus grand côté.
Soit l'angle DCB=—ABC, l'on aura A DC=—DB; car si deux angles d’un triangle sont égaux, les côtés opposés à D ces angles sont aussi égaux (248). Donc CD+DA—BD+DA—BA ; mais CD+ DASAC; parce que la somme de deux côtés quelconques d’un triangle © B est plus grande que le troisième côté ; donc aussi BAY AC.
En second lieu, si AB AC, il est à démontrer que l’angle C est plus grand que l’angle B. D'abord l'angle C n’est pas égal à B; car cela donnerait (248) AC—AB, ce qui est contre l'hypothèse ; et C ne peut être plus petit que B; car dans ce cas B serait plus grand que © et le côté AC>AB, ce qui est encore contre l’hy»p.; donc € ::: plus grand que
B; donc, etc.
En d’autres termes, si perdant que AB est plus grand que AC, l’angle C pouvait être plus petit que B, il arriverait dans ce cas que le plus petit côté AC serait opposé au plus grand angle B, ce qui est absurde, puisque par le: théor. c'est le plus grand côté qui est opposé aux plus grand angle.
PROP. VI. THÉOR.
(2:.) Si d’un point intérieur D dans un triangle ABC l’on mène des lignes DB, DC aux extrémités d'un BC des oôtés, leur somme sera moindre que celle des deux autres côtés du triangle ; mais l’angle BDC inclus par ces lignes sera plus grand que celui compris entre les côtés du triangle.
Prolongez BD jusqu’en E, et parce qu'un côté BE d’un triangle BAE est plus petit que la somme des deux autres côtés BA, AE, la somme de BE et de EC sera moindre que celle de BA et de AC ; pour la même raison, dans le triangle DEC, l'on a DC <DE+EC ; donc aussi BD+DC est moindre que BE+-EC, et à plus forte raison la somme de BD, DC est-elle plus petite que celle de BA, AC.
Maintenant, l’angle ext. BDC étant egal (251) à la somme des angles intérieurs opposés DEC, DCE, est plus grand que l'un BEC de ces angles pris séparément; pour la même raison l'angle ext. BEC est plus grand que l'angle A, et à fortiori, D est plus grand que A; donc, etc.
PROP. VII. THÉOR,
(269) Si deux triangles ABC, DBC ont deux côtés AB, BC de l’un égaux à deux côtés DB, BC de l’autre, mais . l’angle ABC compris par les deux côtés du premier, plus grand que celui DBC compris par les deux côtés de l’autre ; la base AC de celui qui a le plus grand angle sera plus grande que la base DC de l’autre; et réciproquement, de deux triangles ABC, DBC ayant les côtés de l’un égaux à ceux de l’autre, mais la base AC de l’un
E+EC, lus pe-
sonime and que h même À, età
tés AB, e, mais bremier, côtés de agle sera iproquecôtés de de l’un
plus grande que la base DC de l'autre ; l'angle ABC contenu par les côtés de celui qui a la plus grande base, est plus grand que l'angle DBC contenu par les côtés de
Supposons les triangles disposés comme dans la: fig., de manière à coincider par un BC de leurs côtés égaux, et de manière aussi que celui qui a le plus petit angle DBO, soit compris dans celui qui a le plus grand angle ABC. Joïignons AD, et à cause des côtés égaux AB, DB, le triangle ABD est isocèle.
Si ADO (Fig. 2) ne forme qu’une seule et même ligne droite, c.-à-d., si le point D tombe sur le côté AC, il est évident que le plus grand côté AC est opposé au plus grand angle ABC, et réciproquement que le plus grand angle ABC est opposé au plus grand côté AC.
Et si D ne tombe pas sur AC, il tombera soit au-dessus ou au-dessous de cette ligne.
Dans le premier cas, ayant indéfiniment prolongé les côtés égaux BA, BD (Fig 1) jusqu’en E, F, on aura, à cause du triangle isocèle ABD, l'angle EAD—FDA (299); mais EAD est plus grand que CAD; donc aussi FDA>CAD, et à fortiori CDA>CAD ; or le plus grand côté est opposé au plus grand angle (Prop. V); donc AC opposé à l'angle ADC est plus grand que DC opposé à l’angle plus petit CAD; donc aussi AC base du triangle ABC est plus grande que DC base de DBC.
Dans le second cas, le iriangle isocèle ABD (Fig. 8) donne encore les angles BAD, BDA à la base égaux; or
BAD>CAD; donc aussi BDA>CAD et à fortiori CDA> CAD; et le plus grand côté étant opposé au plus grand angle, on a AC>OD.
Réciproquement, si AC>DC, l'angle ABC sera plus grand que DBC. En effet, si ABC n'est pas plus grand qr DBO, il est ou égal à DBC ou plus petit; mais il ne peut être égal à DBC, car alors la base DC serait égale À celle AO, puisque (237) si deux triangles ont deux côtés et l'angle inclus de l'un égaux à deux côtés et à l'angle inclns de l’autre, les bases de ces triangles sont aussi égales; or, par hyp. DO<AC; donc, etc. Et ABC n’est pas non plus moindre que DBC; car alors, par le theor. AC serait plus petit que DOC, ce qui est encore contre l’hyp.; done ABC est plus grand que DBC ; donc, etc.
PROP. VIII. THÉOR.
(270) Les côtés ..B, OD et AC, BD et les angles OC, B et A, D opposés d'un parallélogramme AD sont égaux ; et la diagonale CB bissecte le parallélogramme, c’est-àdire, le partage en deux triangles égaux ABC, DBC.
La ligne CB avec les paralièies À AB, OD, fait les angles alternes m, n égaux (153). De même les alternes r, s formés par la droite r CB et les parallèles BD, AC, (9 D sont aussi égaux; et parce que si deux angles m, r d’un triangle sont égaux aux denx », s d'un autre triangle, ces triangles ont aussi le troisième angle égal (260), on a l’angle A=—D. Ces deux triangles ABC, DBC ont donc tous les angles égaux et un côté CB commun, ce qui les rend égaux en toutes choses (288); donc, AB—CD et AC=—BD), et puisque m=—n et r—s il s'en suit que m+s—n+r, c.-à-d., que B—C : donc, etc.
(271) Cor. 1. Parallèles entre parallèles sont égales.
CDA> s grand
era plus and qr?
ne peut ; à celle et l'anncins de ; or, par non plus rait plus ne ABC
gles CO, B t égaux ; , c’est-à- DBC.
YA
,T d'un
angle, ces à a l’angle tous les
nd égaux D, et puis- -à-d., que
égales.
PROPOSITIONS, ETO., 69
(272) Cor. 2. De là l'exactitude de la définition de lignes parallèles (141); car la distance entre deux parallèles est la perpendiculaire qui les unit (142) et deux perpendiculaires à une même ligne ou à deux lignes parallèles sont parallèles entre elles; d'où il suit que deux parallèles sont partout à la même distance l’une de l’autre.
(278) Cor. 8. De là aussi, la somme de deux angles adjacents À, C ou A,B d’un parallélogramme vaut deux angles droits.
(274) Cor. 4. Si deux côtés opposés d’un quadrilatère sont égaux et parallèles, les autres côtés seront aussi égaux et parallèles, et le quadrilatère sera un parallélogramme.
(275) Cor. 5. Tout quadrilatère dont les côtés opposés sont égaux a ses côtés opposés parallèles et est en conséquence un parallélogramme.
Car, ayant mené la diagonale CB, on aura les vriangles ABC, DBC mutuellement équilatères, à cause de AB=—CD, AC=BD et CB commun. Les angles m, n seront donc égaux, ainsi que ceux r, 8; ce qui (154) rend parallèles les côtés AD, CD ainsi que ceux AC, BD.
(276) Cor. 6. Un losange est un parallélogramme ; car il a tous ses côtés égaux (168 Déf.) et égaux par conséquent deux à deux, c.-à-d., ses côtés opposés égaux.
(277) Cor. 7. Il suit encore que si les angles opposés d'un quadrilatère sont égaux, les côtés opposés sont aussi égaux et parallèles; car tous les angles de la fig. étant ensemble égaux à 4 angles droits (255), chaque paire d’angles adjacents sera égale à 2 angles droits, ce qui fera (154) que les côtés opposés seront parallèles et par conséquent égaux (271).
(278) Sco. 1. PROB. Puisque si l’un des angles d'un parallélogramme est droit, les autres le sont aussi, nécessairement; il suit que pour faire un carré AC sur une ligns
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70 à GÉOMÉTRIE.
donnée AB, il n’y a qu’à faire À l’une A D des extrémités de la ligne donnée un an-
gle droit DAB, sur AD porter une longueur —AB et par les points D, B mener DO, BC respectivement parallèles à AB, À B AD.
En effet, par le théor., AD, BC étant parallèles, on aura DC=AB, et pour une raison analogue AD—BC; mais AB=AD par constr.; donc, (68 Ax.) BC—AB; donc tous les côtés du rectangle AC sont égaux; donc, AC est le carré demandé.
(279) Sco. 2. PROB. Si au lieu de foire AD—AB, l’on faisait ce côté inégal à AB, il est évident que la même construction donnerait un rectangle.
(280) Sco. 3. PROB. Si A était un angle quelconque et que AB, AD fussent respectivement égales à deux lignes données, il est évident que par le même procédé l’on pourrait construire un parallélogramme ayant un angle égal À un angle donné et les côtés adjacents égaux à deux lignes données,
(281) Cor. 8. D Puisque par la / pr-v. tout parallé- ..gr. est divisible | par sa diagonale À 3 0 & en deux triangles égaux; il s’en suit que tout triangle abc peut être considéré comme moitié d’un parallélogramme correspondant BD, c'est-à-dire ayant ses côtés adjacents AB, BC et l’angle compris B respectivement égaux aux côtés adjacents a, bc et à l'angle compris & du triangle.
(282) Cor. 9. Si deux parallélogrammes ont un angle de l’un égal à un angle de l’autre, les autres angles des deux parallélogrammes seront respectivement égaux l’un à l’autre.
D , PL PC PL PLIS Po
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