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, On aura C; mais donc. tous \C est le

- AB, l’on ême cons-

conque et ux lignes l'on pourgle égal à eux lignes

ê angle abc ogramme és adjaont égaux pris bd du

un angle angles des ht égaux

(283) Cor. 10. Les diagonales AB, CD d'un parallélogramme se bissectent mutuellernent.

En effet, puisque dans les trian- , /2 gles ARC, DEB, les côtés AC, DB À sont égaux par la prop., l'angle …»m égal à son alterne n et celui r à son alterne s; il suit (288) que CE—DE et que AE=—BE; donc, etc.

On remarquera aussi que lorsque AB est un rhombe ou losange, les quatres côtés AC, CB, BD, AD sont égaux (168). Dans ce cas, l’on aura dans les triangles adjacents ACE, BCE, AC—CB, AE=—EB et CE commun; ces denx triangles auront donc tous leurs côtés respectivement égaux et leurs angles homologues aussi égaux; ce qui donner l'angle CEA=—CEB ; c.-à-d , que dans un losange les diagonales se coupent à angles droits.

PROP. IX. THÉOR.

(284) Les parallélogrammes CB, AD sur même base AB et entre mêmes parallèles AB, CD sont équivalents, c.-à-d., (204) égaux en surface.

Parce que OBestur g U F ; parallélogr., on a CE T7 =AB ; pour la même \ raison FD—AB ; donc 5 CE=—FD (68 Ax.) ZX ARR. \.

Maintenant EF étant À B G K

commun à CF et à DE, donne CF=—DE,. De plus les parallélogrs. CB, AD donnent CA=EB et FA=—DB. Les triangles CAF, EBD sont donc égaux (289), puisque tous leurs côtés sont égaux, savoir: CF à ED, CA à EB et FA à DB. Enfin, reranchant du trapèze CABD les triangles égaux CAF, EBD, on obtient le reste CB égal (204) au reste AD ; donc, etc.

Autrement: des triangles égaux CAF, EBD, retranchant la partie commune ELPF, il viendra le trapèze CELA égal à celui DFLB (77 Ax.) et à ces trapèzes égaux ajoutant le triangle commun ALB, l’on aura, comme auparavant, le parallélogr. CB égal à celui AD.

(285) Cor. 1. Les parallélogrammes CB, FK sur bases égales AB, GK et entre mêmes parallèles AK, CD sont équivalents.

Puisque par hyp. AB=GK, et que FK est un parallélogr., FD=—GK ; donc, AB—FD (68 Ax.) et ces deux lignes sont parallèles, puisqu'elles forment partie des parallèles CD, AK ; or, on a vu (274) que lorsque deux côtés opposés d’un quadrilatère sont égaux et parallèles, ce quadrilatère est un parallélogr. ; donc, AD est un parallélogr. Considérant maintenant FD comme base des parellélogrs, AD, FK, l’on prouverait comme on vient de le faire par la prop. que FK est égal en surface à AD ; mais par la prop., CB est égal en surface à AD, et deux choses égales à une troisième sont égales entre elles (68 Ax.); donc, CB est égal en surface, c.-à-d., équivalent à FK.

(286) Cor. 2. Les triangles EAB, DAB sur même base AB ou EAB, GFK sur bases égales AB, CK et entre mêmes parallèles AK, CD sont équivalents.

En effet, ces triangles ne sont que les moitiés de parallélogrs. correspondants (281) CB, AD ou CB, FK dont on peut prouver par ce théor. l'égalité de surface ; or les moitiés de quantités égales sont égales (69 Ax.)

(287) Sco. 1. Donc, une ligne CD à 4 menée du sommet C d’un triangle. E x ABC au milieu D de sa base AB bissecte le triangle, c’est-à-dire, le partage en deux triangles équiva-

lents ACD, BCD. A rs B

Car ce sont deux triangles sur bases égales AD, DB, et entre même parallèles AB, EF.

chant égal à ant le ant, le

bases D sont

lélogr., es sont es CD, és d’un est un sidérant 'K, l'on que FK égal en me sont surface,

ne base t entre

parallé-

dont on s moitiés

), DB, et

(288) Sco. 2. PROB. Il suit que pour partager un triangle en un nombre quelconque de parties équivalentes ou proportionnelles, par des lignes menées du sommet à la base; il n’y a qu’à partager la base en le nombre requis de parties égales (513) ou proportionnelles (514) et mener des lignes du sommet aux points de division.

(289) Cor. 3. (Fig. du par. 284). Si un parallélogramme CB ou FK et un triangle ADB sont sur même base AB ou sur bases égales AB, GK et entre mêmes parallèles AK, OD le parallélogramme est double du triangle.

(290) Sco. 8. PROB. Il suit

; À. B du dernier cor. que pour faire F un parallélogramme ABCD UE équivalent à un triangle donné EFC et ayant un angle b te ADC égal à un angle donné; EÆE C il n° ‘à bissecter en D] La il n'y a qu’à bissecter en D la

base EC du triangle (244), mener par le sommet F du triangle la ligne FB parallèle à la base, au point D mener DA faisant l’angle ADC égal à l'angle donné et mener CB parallèle à DA.

En effet, la constr. donne DC—DE et le triangle DFC— DFE (286); mais (289) AC—2DFC; donc AC—EFO double de DFC.

(291) Sco. 4. PROB. Si l’angle ADO est droit, le parallélogr. est un rectangle équivalent au triangle EFC; donc par la même constr., l’on peut faire un rectangle équivalent à un triangle donné.

(292) Sco. 5. PROB. Trouver un triangle GCF équivalent à une figure rectiligne quelconque ABCDE. |

Ayant prolongé indéfiniment l’un AE des côtésdu polygone donné, joignez CE, menez DF' parallèle à CE et joignez CF; vous

aurez le polygone ABCŸ équivalent au polygone donné, mais avéc un côté de moins.

Les triangles CDE, CFE sur même base CE et entre mêmes parallèlés CE DF sont équivalents par cette prop. Or, en retranchant du pol. donné le triangle CDE, pour lui subetituer le triangle équivalent, CFE, il est évident qu'on n’en altère én rien la surface.

Procédant de même sur les autres côtés du pol., ôn finit par le réduiré en un triangle équivalent, quelque nombreux que soient les côtés du pôl.

(293) Sco. 6. PROB. Il suit des déux dernières Scolies qu’un polygone quelconque peut être NRuR à un rectangle équivalent.

(294) Sco. 7. PROB. La sco.

5, indique clairement que pour remplacer par une ligne droite B NL la ligne brisée GHKL qui partage èn deux parties une ?

figure quelconque ABCDE, y mais de manière à n'’altérer en rien les aires relatives de ces parties ; il n’y a qu'à consi- À dérer une des parties comme polygone et procéder ensuite comme ci-dessus.

Par exemple, joignant GK, menant HF parallèle à GK et joignant FK ; on aura remplacé le triangle GHK pat celui GFK de même base GK et entre mêmes parallèles FH, GK ; ce qui laissera le pol. CBFKL équivalent à celui CBGHKL, et ayant un côté de moins.

Joignant ensuite FL, menant KN parallèle à FL et tirant NL ; l'on aura substitué au triangle FKL, celui FNL qui lui est égal, étant sur même base FL et entre mêmes parallèles FL, KN ; ce qui réduite nfin la ligne brisée GHKL à la droite NL sans changer les surfaces relatives des polÿgones adjacents.

donné,

t entre e prop.

Jour lui t qu'on

on finit mbreux

y Scolies un rec-

b à GK et paf celui FH, GK ; BGHKL,

et tirant L qui lui parallèles à la droite gones ad-

Si la ligne brisée GHKL était composée d'un plus grand nombre de parties, l’on continucrait d’une manière analogue la réduction.

(295) Cor. 4 Le réciproque de cette prop. est également vrai; c.-àd., les triangles équivalents BAC, BDC sur même base BC et du même côté de cette base, sont É entre parallèles BC, AD. Car, s’il B C n’en était pas ainsi, il arriverait que deux triangles sur même base et entre parallèles pourraient être inégaux en surface; or dans tous les cas possibles on prouverait l'égalité de ces surfaces comme on l'a fait dans cette prop. Il n'y aarait donc aucun cas où les lignes étant parallèles et la base la même, les triangles seraient inégaux; et de même il ne pourrait exister de cas où les triangles éta::: égaux et sur la même base ne seraient pas entre mêmes parallèles.

D'ailleurs, si AD n’est pas parallèle à BC que AE soit cette parallèle. La prop. nous donnera BAC=BEC ; mais par hyp. BAC—BDC; donc aussi BEC—BDC, ce qui est absurde.

(296) Cor. 5. Les triangles équivalents, sur bases égales placées dans la même ligne droite, et du même côté de ces bases, sont entre parallèles.

Car, puisque les bases sont égales, les triangles peuvent être superposés de manière à faire coincider les bases égales, et ces bases seront encore sur la même ligne droite; ce qui permettra de faire la même preuve que dans le dernier cas.

PROP. Z. THÉOR.

(297) Les compléments HF, EG des parallélogrammes EH, FG autour du diamètre AC d’un parallélogramme BD sont équivalents l'un à l'autre, ou égaux en surface.

76 k GÉOMÉTRIE.

Parce que BD est un parallélogr. la diagonale AC le partage en deux triangles égaux ABC, ADO (Prop. VIIT).. De même, AHK=—AEK et CFK=—CGK; et si des triangles égaux ADC, ABO l'on retranche AHK,AEK et CFK, CGK, qui sont égaux deux à deux, les restes HF, EG seront égaux (77 Ax.); donc, etc.

(298) Sco. 1. PROB. II suit de cette prop. que pour faire sur une ligne donnée HK, un parallélogramme HF équivalent à un triangle donné, et ayant un HKF de ses angles égal à un angle donné ; il faut d’abord faire (280) un parallélogr. EG équivalent au triangle donné, et ayant un angle EKG égal à l’angle donné, et un côté KG sur la même ligne droite que KH.

Prolongeant ensuite BE pour rencontrer DA menée par le point H parallèle à EK ou à BG, menant AKC pour rencontrer BG prolongée en ©, menant CD paral!ièle à GH ou BA et prolongeant AH, EK jusqu'en D, F; on aura enfin HF=EG égal au parallélogr. demandé sur la ligne donnée KH et ayant l'angle HKF égal à son opposé au sommet EKG=l’angle donné.

Tout ceci est évident par la constr. de la fig. qui donne les lignes AD, EF, BC parallèles l’une à l’autre et celles AB, HG, DC de même parallèles l’une à l’autre, ct forme les parallélogrs. BD, EH, GF et ceux HF, EG, compléments de ces derniers.

(299) Sco. 2. PROB. De là, un triangle peut être converti en un rectangle équivalent ayant un côté d’une longueur donnée ; car si K était un angle droit, le parallélogr. HF serait un rectangle.

(800) Soo. 8. PROB. Il est évident aussi que si EG était un rectangle, HF serait aussi un rectangle; d’où il suit qu'un rectangle étant donné, pour faire un rectangle