BL2CD

et CD—

a°+4ab+

PROP. XXVIII. THÉOR.

(389) Dans tout triangle ABC, le carré d’un côté AC opposé à un angle aigu B est moindre que la somme des carrés des deux autres côtés AB, BC, de deux fois le rectangle de la base BC et de la distance BD de l’angle aigu B au pied de la perpendiculaire AD tombant de l'angle opposé A sur la base BC prolongée s’il le faut. C-à-d. AC*=AB*+B0?—2BC.BD.

On a (362) dans les deux A A cas, BO° + BD°—2BC.BD + CD“. Ajoutez AD° de part et d'autre ; il viendra BC°-+BD° + AD°— 2BC.BD + CD° + AD°. Maintenant, à cause des B D CD C B triangles rectangles ADB, ADO, on a (8305) dans le premier membre de l’équation, BD°+AD°=—AB?, et dans le second

membre, DC*+AD?=—AC?. Substituant donc à BD°+ AD?

du premier membre, son égal AB”, et à DC°+ AD°? du second membre, son egal AC; il vient BC°+AB°—2BC.BD +AC?, et par transposition AC*—BC*+AB°-2BC.BD ; c-àd. que, AC? est moindre que BC°+AB° de deux fois le rectangle BC.BD; donc, etc.

(390) Sco. D'ailleurs, si la perpendiculaire tombe en dehors de la figure, on a CD=—BD—BC; or CD°=BD°+ BC*—2BD.BC (362) et à cause des triangles rectangles ADO, ADB, on a CD°+AD*=AC et BD°+AD°=AB?; ajoutant donc AD? à chaque côté de l'équation, il vient CD?+ AD°— BD°+AD°?+BC°—2BD.BC; c'est-à-dire, AC? = A B° + CB°— 2BD.BC.

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PROP. XXIX. THÉOR.

(391) Dans tout triangle obtus-angle AOCB, le carré du côté AB opposé à l’angle obtus C est plus grand que la somme des carrés des deux autres côtés BC, AO, de deux fois le rectangle contenu par la base BC et la distance CD de l'angle obtus C au pied de la perpendiculaire AD abaissée du sommet A de l'angle opposé sur la base BC prolongée. C'est-à-dire, AB*—AC°+BC°+2BC.CD.

Parce que BD est une ligne divisée en A deux parties quelconques BC, CD, on a (859) BD°=—BC*+CD*+2B0.CD ; à cha.

que membre de cette égalité ajoutez AD* et il viendra BD°+AD*=CD*+AD°+ % ÉD . BC°+2BC.CD. Mais à cause des triangles rectangles ADB, ADO, l’on a (805) dans le premier membre de l’équation BD°+AD*=AB", et dans le second membre CD?+AD°=—AC? ; remplaçant donc dans le premier membre BD°+AD° par son égal AB° et dans le second membre CD?+AD° par son égal AC°, on obtient AB?— AC+B0?+2B0O.CD; c-à-d.. que AB? excède AC?+ BC? de deux fois le rcetangle BC.CD; donc, etc.

(892) Cor. Le triangle rectangle est le seul où les carrés décrits sur les côtés soient équivalents, pris ensemble, aü carré décrit sur l’hypoténuse ou troisième côté; car si l'angle compris par les deux côtés est aigu, la somme de leurs carrés sera par la dernière prop. plus grande que le carré du côté opposé ; et l’on vient de voir que, si l’angle est Obtus, la somme des carrés sera moindre que le carré du côté opposé.

h. dd ©, bd ©

kb 2 Er 4 Dre À, bel € (Oo bi

premier second premier second AB°= BC de

les carsemble, jté ; car me de que le l’angle arré du

PROP. XXX. THÉOR.

(393) Dans un triangle quelconque ABC, si l’on mène une ligne droite AË du sommet À au milieu E de la base BC ; la somme de deux fois le carré de cette ligne AE et de deux fois le carré de la demi-base BE ou EC est équivalente à la somme des carrés des deux autres côtés AB, AC du triangle. C-à-d., on aura 2AE°+2BE*=AB" + AC?,

Soit AD perpendicnlaire sur A BC; aiors AEC étant un triangle quelconque, on aura par l’avant-dernière prop. AC=AE*+ EC*— 2EC.ED, et le triangle AEB étant obtus-angle, on aura par la dernière prop. AB°=AE*+EB°?2BE.ED; donc, AC° et AB° pris ensemble équivalent à 2AE°+2BE° remarquant que EC*=EB* et EC*+EB?—2EB”, parce que EC=EB, et que, pour la même raison, —2EC.ED équivaut à et détruit +2BE.ED, laïssant comme on vient de le dire ACŸ?+AB*=—2AE"+2BE*; donc, etc.

(394) Cor. L. De là, dans tout B parallélogramme BD, la somme des carrés faits sus les côtés est égale à celle des carrés faits sur les diagonales ; c-à-d., AB°+BC° +AD*+DO=BD°+AC?.

Parce qne les diagonales BD, AC se bissectent mutuellement (283) et donnent AE—EC et BE=ED; ABC, ADC sont deux triangles dans chacun desquels une ligne est menée du sommet au milieu E de la base commune AC, et par cette prop. l’on a AB°+BC°—2AE*+2BE° et de même AD°+DC°—2AF°+2DE. Maintenant, faisant attention que 2BE°—2ED* à cause de BE—ED ; l’on aura, en ajoutant

ensemble les membres (26) correspondants des deux équations, AB°+BO°+AD*+DC°=—4AE*+4DE?; mais, parce que (215) le carré décrit sur une ligne est égal à quatre fois le carré décrit sur la moitié de cette ligne, 4AE*=—AC* et 4DE°—BD*; donc AB°+BC?+ A D+DO*=AC+BD?. :

(895) Cor. 2. Puisque par cette prop. A AB°+A0C°—2BD°+2AD*, que les triangles rectangles AEB, AEC donnent AB*—AE°+BE? et que AC°—AE°?+ CE? ; il suit de ces égalités que 2AE°+ BE°+CE*—2AD*+2BD°; mais2AD° $ T's —9AE?+2DE", parce que AED est un triangle rectangle, et en substituant, à 2AD° dans la dernière équation son égal 2AE°+2DE”, il vient 2AE°+BE°+ CE?—2AE*+2DE°+2BD° ; supprimant de part et d'autre le terme 2AE°, il reste BE°+CE*—2DE°+2BD?; c’est-à-dire, que :

Si dans un triangle quelconque on abaisse une perpendiculaire du sommet sur la base et que l’on bissecte la base ; la différence entre la somme des carrés des segments de la base faits par la perpendiculaire et deux fois le carré de la demi-base, est équivalente à deux fois le carré de la ligne entre les points de section, ou à deux fois le carré de la demi-différence (366) des segments.

PROP. XXXI. THÉOR.

(896) Si du sommet C d'un triangle isocèle ABC l’on mène une ligne CE à la base, la diftérence entre le carré CE* de cette ligne et celui CA? ou CB? du côté du triangle isocèle est équivalente au rectangle AE.EB des segments de la base. ,

1x équa- 8, parce iatre fois —AC* et BD*. .

la der- +BE°+ ’autre le st-à-dire,

perpensecte la les segxt deux eux fois à deux ents.

BC l’on le carré du tri- EB des

Soit OD perpendiculaire sur C AB ; on aura (285) AD—DB et parce que ADC, EDO sont des triangles rectangles, on aura AC*=—AD?+CD? et EU* =ED*+OD*; d'où il est clair Ë E D B que la différence entre AC? et EC? est égale à celle entre AD2 et ED*. Mais (870) AD°--ED"—(AD+ED) (AD—ED)— AËE.EB; car DB=—AD et par conséquent AD+ED=—EB ; donc, AC*—EC*=—AE.EB ; donc, etc

(897) Sco. Si la ligne CF menée du sommet tombe en dehors du triangle, ou sur la base AB prolongée, les segments seront alors FB, FA, et on aura FC?—AC?—FB. FA ou la différence entre le carré FO° de la ligne menée du sommet et le carré AC° du côté, équivalente au rectangle de la base ainsi prolongée et de la partie prolongée.

En effet, FC*—-COD’+FD®? et AO=CD?4AD?; donc, FC?—AC*=FD*—AD*; mais (370) FD°—AD°—(FD+AD) (FD—AD)=FB.FA puisque DB—DA; donc, FC?—AC?-- FB.FA.

PROP. XXXII. THÉOR.

(398) Le côté AB et la diagonale BD d’un carré AC sont incommensurables (50 et 52)

En effet, soit DE—AD, joignez A 1 AE et au point E menez EF perpendiculaire à BD. A cause de AD=DE par hyp. le triangle ADE sera isocèle et donnera les H angles à la base égaux, savoir:

DAE à DEA; mais ceux DAF, . Û DEF sont aussi égaux, étant £ droits, et si de quantités égalés on retranche des quantités

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