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re coné d’une parallé-

G était ù il suit sctangle

équivalent ayant un côté égal à une ligne donnée ; il n’y

aurait qu'à disposer la ligne donnée en ligne droiïte avec un

côté du rectangle donné et procéder ensuite comme ci-dessus. (301) Sco. 4. C G

PROB. Ayant déjà D<—“ F L

indiqué (290), la CR

manière de faire

un parallélog. FH,

égal à un triangle $

donné ADB et a- ii se: UE à Fe

yant un angle K égal à un angle donné E; et ayant aussi

démontré (298) comment faire sur une ligne donnée HG un

parallélog. GM égal à un triangle donné DBC et ayant un

angle égal à un angle donné E; il est clair que la combinai-

son de ces deux méthodes fournit celle de faire un parallé-

logramme FM équivalent à un quadrilatère donné AC et

ayant un angle K égal à un angle donné E.

Car, après avoir fait FH—ADB, si à la ligne HG on applique le parallélogr. GM—DBC, il est évident que FM sera égal à la fig. entière AC. De plus, FM sera un parallélogr. pourvu que l’angle GHM soit —=K—E; puisqu’alors la somme des angles GHK, GHM vaudra, comme celle des angles ints. GHK, FKH, deux angles droits (152), et que la ligne KM sera en conséquence droite (135) et parallèle à FL, pendant que ML sera aussi parallèle à HG ou KF.

(802) Sco. 5. PROB. Si la fig. rect. AC contenait plus de deux triangles, on procéderait à ajouter successivement à l’un des côtés ML ou FL du parallélogr. FM, un nouveau parallélogr. égal à un des autres triangles de la fig. ; et ainsi de suite jusqu’à la fin; ce qui indique clairement la manière de faire un parallélogramme équivalent à un polygone ou à une figure rectiligne quelconque.

(303) Sco. 6. PROB. Si l’on avait à construire le parallélogr. FM sur une ligne donnée KF, on le ferait par la méthode du par. 298, en construisant d’abord sur la ligne

donnée un parallélogr. FH égal au premier triangle de la fig. AC et ayant un angle égal à l'angle donné ; d'où il suit que l'on peut faire sur une ligne donnée un parallélogramme équivalent à une figure rectiligne donnée quelconque et ayant un angle égal à un angle donné.

(804) Soo. 7. PROB. Il suit encore des scolies 6 et 3 qu’un polygone peut être converti en un rectangle équivalent ayant un de ses côtés d’une longueur donnée.

PROP. XI. THÉOR.

(805) Dans tout triangle rectangle BAC, le carré DC fait sur l’hypoténuse BC est égal à la somme des carrés BG, CH faits sur les autres côtés BA, CA du triangle.

Joignez FC, DA et me- G nez AL parallèle à BD ou à CE. Parce que BAC, BAG sont des angles droits, GAC est une ligne droite (185) et elle est parallèle à BF' (#71). Dans les triangles FBC, ABD, les côtés BA, BF sont égaux et BD, BC sont aussi égaux, étant les côtés d’un même carré; et l'angle D Th FBC de l’un est égal à celui ABD de l’autre ; car chacun de ces angles est composé d’un angle droit ABF, CBD et de l'angle ABC commun aux deux triangles. Les triangles FBC, ABD ayant deux côtés FB, BC et l’angle inclus FBC de l'un respectivement égaux aux deux côtés AB, BD et à l'angle inclus ABD de l’autre, sont en conséquence égaux en surface (287).

de la il suit alléloquel-

6 et 3 ) équiée.

Cela posé, BG étant un parallélogr. (171), et FBC un triangle sur même base BF et entre mêmes parallèles FB, GC ; le triangle FBO est moitié du parallélogr. BG (289).

Pour une raison analogue, le triangle ABD est moitié du parallélogr. BL. Mais on vient de voir que les triangles FBC, ABD sont égaux ; et les doubles de quantités égales sont égaux (69 Ax.) ; donc, BL—BG. On prouverait de même CL— CH; mais BL+CL—BE ; donc aussi, BG+CH-BE ; donc, etc.

(806) Sco. 1. PROB. Pour trouver le côté BC d'un carré BE équivalent à la somme de deux autres carrés donnés BG, CH; il n’y a donc qu’à porter sur deux lignes indéfinies AB, AC à angle droit, des longueurs AB, AC respectivement égales aux côtés des carrés donnés et joindre BC qui sera le côté requis.

(307) Sco. 2. PROB. On peut aussi faire un carré équivalent à un nombre quelconque de carrés donnés ; car, d’après la construction qu'on a faite pour en réduire deux à un, on en réduira trois à deux et ces derniers encore à un, et ainsi de suite.

(808) Cor. 1. Donc, AB2-BC?-AC* ou AC?-BC?-AB? ;

c.-à-d., le carré fait sur un des côtés d’un triangle rectangle est égal au carré ‘ait sur l'hypoténuse, moins le carré fuit sur l’autre côté.

(809) Sco. 8. PROB. Pour trouver le côté AC d’un carré CH équivalent à la différence de deux carrés donnés BG, BE; il n'y a qu’à porter sur l'une AB de deux lignes AB, AC à angle droit, une longueur AB égale au côté du plus petit des deux carrés donnés, et du point B avec un rayon BC égal au côté de l'autre carré, décrire un arc coupant AC en CO; AO sera le côté demandé.

(810) Cor. 2. Si AB—AC, c.-à-d., si le triangle BAC est isocèle en même temps que rectangle, on aura BC2-2AB2-

2A0*; or un triangle isocèle rectangle est évidemment la

Den 0 ER RE ds RS OR SE OR le cn 2 M ce me

moitié d’un carré ayant pour diagonale l’hypoténuse du triangle ; donc, le carré fait sur la diagonale d'un carré est double du carré fait sur le côté; donc aussi, BC=— ABy2. (37.) |

(811) Cor. 8. Il suit aussi de cette prop. que si deux triangles rectangles ont deux côtés de l’un égaux à deux côtés correspondants de l’autre, leurs troisièmes côtés seront aussi égaux et les triangles serpnt identiques.

(812) Sco. 4. Les côtés égaux peuvent être un côté et l’hypoténuse ; donc, si deux triangles rectangles ont un côté et l’hypoténuse de l’un égaux au côté correspondant et à l’hypoténuse de l’autre, ces deux triangles seront égaux en toutes choses.

(8313) Cor. 4. La perpendiculaire A AB est la plus courte distance d’un point A à une ligne DE.

Car, ABÈ-AC?-BC*; donc aussi, AB—AC—quelque chose; donc, AB est moindre que AC, etparcequ’elle D C B E est plus courte qu'aucune autre ligne, elle mesure la vraie distance d’un point à une ligne.

D'ailleurs, l’angle ABC étant droit, celui ACB est nécessairement aigu (252), c.-à-d., moindre que ABC. Mais (267) un plus petit angle dans un triangle est sous-tendu par un plus petit côté; donc, AB est moindre que AC.

(314) Cor. 5. Si deux lignes obliques quelconques AC, AE menées d’un même point À à une troisième ligne DE et de côtés opposés de la perpendiculaire AB, coupent sur cette ligne DE des distances égules BC, BE, ces äeux lignes seront égales. |

Car les angles ABC, ABE sont droits, à cause de AB perpendiculaire sur CE; de plus BC=BE par hyp., et AB est commun; donc, AB°-+BC°=AB°+BE"—AE°—AC ; donc, AE=AC,

B E Lesure la B est né-

BC. Mais tendu par

ques AC, me ligne

AB, cou- , BE, ces

se de AB

Des et AB PAC ;