OD : OA

(576) Cor. 1 De là, le rectangle OA.OB est égal au rectangle A

OD.OC; conclusion à laquelle on est déjà ariivé par la méthode du par. (503).

(577) Sco. 1. Observons l'analogie entre cette prop. et la dernière ; la seule différence étant que dans ce cas les deux cordes AB, AD se coupent en dehors du cercle au lieu de se couper en dedans. L'on peut aussi regarder à prop. suivante (579 comme un cas particulier de celle que l’on vient de démontrer.

(578) Cor. 2. Soit OEB un triangle quelconque et EF la perpendiculaire menée du sommet E du plus grand angle à la base OB et partageant cette base en deux segments OF, BF. Si au point E comme centre, avec un rayon égal au plus petit EB des deux autres côtés OE, EB du triangle, l’on décrit un cercle DCB, et si l’on prolonge OE puisqu'en C, l'on aura OC=OE-+EB, à cause des rayons égaux EC, EB; c-à-d., OC sera égale à la somme des côtés OE,EB et OD

sera égale à la différence entre ces côtés, à cause des rayons égaux ED, EB. Il est clair aussi que OA sera égale à la différence entre les segments OF, BF de la base OB, à cause de AF=BF, la corde AB étant (408) bissectée en F par la perpendiculaire EF menée du centre. Cela posé, et voyant que OB, OC sont en même temps deux sécantes menées à un cercle, d’un point O situé hors de ce cercle ; on aura, par la prop, OB:OC::0D:OA; c-à-d.: dans un triangle quelconque OEB, le plus grand côté ou base OB est à la somme OE+EB (ou OC) des deux autres côtés, comme la différence OE —-EB (ou OD) entre ces côtés est à la diftérence OF—FB (ou OA) des segments de la base formés par la perpendiculaire EF abaissée du sommet de l’angle apposé E sur cette base.

PROP. LVII. THÉOR.

(579) Si du même point O endehors d’un cercle, l’on mène une tangente OA et une secante OC ; la tangente sera moyenne proportionnelle entre la sécante entière OC et son segment extérieur OD ; c-à-d., l’on aura OC: OA ::OA : OD.

Car, joignant AD, AC, les triangles OAD, OAC ont D l'angle O commun. L'angle OAD formé par une tan- C gente OA et une corde AD a pour mesure (486) la moitié de l’arc DA sous-tendu par la corde, et l’angle C à la circonférence appuyé sur l’arc DA a aussi pour mesure (442) la moitié de cet arc ; d’où, l'angle OAD=C. Les triangles OAD, OAC sont donc (260) équiangles et semblables, et donnent OC: OA :: OA : OD; d'où (87) OA*=00. OD.

(580) Cor. Si trois lignes droites OC, OA, OD sont

des rayons a égale à la base OB, à sectée en F la posé, et ix sécantes , ce cercle; à-d.: dans té ou base eux autres ) entre ces y segments abaissée du

cercle, l’on la tangente nte entière »n aura OC :

pour mesure \D=C. Les es et sembla- T) OA*=0C.

A, OD sont

proportionnelles, le rectangle contenu par les extrêmes est égal au carré du moyen, puisque le rapport OC : OA :: OA:OD donne (87) OC.OD=O0A”?; et si le rectangle contenu par deux lignes est égal au carré d’une autre ligne, ces trois lignes sont proportionnelles; car, lorsque OC.OD=04Ÿ, il en resulte (89) OC : OA :: OA : OD.

(581) Sco. L. Prob. Puisque la tangente OA: est égale au côté d’un carré équivalent au rectangle OC.OD ; ilest clair que cette prop. fournit un nouveau (488) moyen de mener à un cercle une tangente OA d’un point donné © hors du cercle.

A cet effet, menez du point donné O une sécante quelconque OC ; trouvez (376) OA égale au côté d’un carré équivalent au rectangle OC.OD et du point O comme centre avec un rayon OA, coupez le cercle en A qui sera le point de contact de la tangente cherchée. Joignez alors OA et vous aurez la tangente requise.

(582) Sco. 2. Prob.

Diviser une ligne donnée AB en deux parties AF, FB, telles que la plus grande AF soit moyenne porportionnelle entre la ligne entière AB et l’autre partie FB: c-à-d., de manière que l’on ait AB: AF:: AF : FB.

Au point B menez BC perpendiculaire et égale à la moitié de AB ; du point C comme centre, avec le rayon BC décrivez le cercle DBE; joignez AOC, coupant la circonférence en D et faites AF=AD; la ligne AB sera alors divisée au point F de la manière requise: car, AB étant perpendiculaire à l'extrémité du rayon BC est (468) une tangente et AC prolongée jusqu’en E est une sécante; ce qui, par la prop. donne AE: AB::AB:AD et (96) par

division AE--AB: AB :: AB—AD : AD. Mais, puisque par constr. le rayon CB est moitié de AB, le diamètre DE est égal à AB et en conséquence AE—AB=AE—DE-—AD— AF'; et puisque AD=AF, l'on a AB—AD—AB—AF-FRB ; de là, AF:AB::FB:AD (ou AF) et (98), mettant les extrêmes à la place des moyens, AB : AF :: AF : FB.

(583) Sco. 8. Cette espèce de division de la ligne AB est appelée division en moyenne et extrême raison. On en verra l’utilité dans la suite (640) de ce traité. L'on peut aussi remarquer que la sécante AE est divisée en moyenne et extrême raison au point D; car AB étant =DE, l'on a AE : DE:: DE: AD.

2° Puisque par la prop. l’on a AB:AF::AF:FB ou AB.FB—AF"* il est clair que le dernier problème équivaut à celui du paragraphe (381) où l’on demandait à diviser une ligne de manière que le rectangle de la ligne entière et de l’une des parties fût égal au carré de l’autre partie.

(584) Sco. 4. Prob. Faire un | rectangle équivalent à un carré donné C et ayant la différence entre ses côtés adjacents égale à une ligne donnée AB.

Autour de AB comme diamètre, décrivez le cercle AEF et (468) menez AD tangente au cerle au point A et égale au côté du carré donné C; par le point D et le centre O, menez la sécante DF'; vous aurez DE, DF respectivement égaux aux côtés adjacents du rectangle demandé; car, en premier lieu, la différence entre ces côtés est égale au diamètre EF ou AB, et en second lieu, le rectangle DE.DF est égal à AD* par la prop. (579); de là, ce rectangle est équivalent au carré donné C.

L'on se souviendra que ce problème est déjà résolu d’une manière toute autre au par. (375).

puisque par ètre DE est -DE=—AD— AF-—FB; mettant les FB.

gne AB est son. Onen L'on peut en moyenne =DE, l'on a

*AF:FB ou ne équivaut ait à diviser ligne entière autre partie.

: " ez la sécante ux aux côtés emier lieu, la e EF ou AB, à AD° par la ent au carré

résolu d’une

PROP. LVIII. THÉOR.

(585) Les parallélogrammes équiangles LB, NF ont l'un à l’autre le rapport composé des rapports de leurs côtés, ou sont l’un à l’autre comme les produits ou rectangles de ces côtés; c-à-d., LB: NF:: AB.CB:EF. GF.

Soient CD, GH perpendicu- L C N & laire: sur AB, EF; ies triangles CDB, GHF seront semblables, à cause de l'angle droit D=H et del’angle B—F. À DBEHF Ces de. x triangles donnent donc CD: GH::CB:GF, et si l'on multiplie les termes de ce rapport par ceux du rapport AB:EF::AB:EF, l'on aura AB.OD : EF.GH:: AB.CB: EF.GF ; car (103) les produits des termes correspondants de deux séries de quantités proportionnelles sont proportionnels Maintenant (348) les parallélogrs. quelconques sont entre eux comme les produits de leurs bases et de leurs hauteurs ; donc LB : NF :: AB.CD : EF.GH et l’on vient de voir que AB.CD : EF.GH:: AB.CB : EF.GF ; or, (75 Ax.) les rapports qui sont égaux à un même rapport sont égaux entre eux; donc, LB: NF:: AB.CB:EF.GF.

(586) Cor. Si deux quantités LB, NF ont l’une à l’autre un rapport donné, les multiples ou sous-multiples égaux de ces quantités auront aussi entre eux (73 Ax.) le même rapport; or, les triangles ABC, EFG étant (281) moitiés de leurs parallélogrs. correspondants, auront entre eux le même rapport que ces parallélogrs; c-à-d. que l’on aura ABC : EFG:: AB.CB:EF.GF; donc, les triangles quelconques, ayant chacun un angle égal, sont proportionnels aux produits des côtés qui comprennent les angles égaux ; c-à-d. que leurs surfaces sont entre elles comme les rectangles de ces côtés. i

PROP. LIX. THÉOR.

(587) Les parallélogrammes GE, KH autour du diamètre AC d’un parallélogramme DB, sont semblables au parallélogramme entier DB et par conséquent (209) semblables entre eux.

Parceque FH, FE sont res- A ___E B pectivement parallèles à AB,

BO, lestriangles partiels FHOC, 6 "Ai FO AEF sont (148 ou 518) équiangles au triangle entier ABC et par conséquent (209) D k à

équiangles entre eux; pour la même raison les triangles FKC, AGF sont équiangles au triangle entier ADC et équiangles entre eux ; or (205. Déf.) les triangles équiangles sont semblables ; donc les parallélogrs. GE, DB, KH sont composés de triangles semblables; donc (207. Déf) ces

parallélogrs. sont semblables.

(588) Cor. Si deux paraliéliogrammes semblables GE, DB ont un angle À commun, et sont placés symétriquement, ils sont autour du même diamètre AC.

Car, si les parallélogrs. sont semblables, ils sont composés (207) de triangles semblables AEF, ABC, ayant leurs angles homologues EAF, BAC égaux l’un à l’autre; et toute direction ou inclinaison de diamètre AF autre que celle du diamètre AC donnerait évidemment (128) l'angle EAF inégal à son homologue ou correspondant BAC; ce qui ferait que les triangles EAF, BAC ne seraient pas semblables ; or, ces triangles sont semblables, puisque par hyp. les parallélogrs. dont ils font partie le sont; donc AF, AC sont sur une seule et même ligne droite; donc, etc.

ns D js

Lt Led ty

M DO gd = 4 © ©

lu diamè- >lables au ent (209)

s triangles r ADC et équiangles >, KH sont . Déf.) ces

ables GE, métrique-

t composés eurs angles >; et toute ue celle du ngle EAF AC; ce qui

pas semle par hyp.

nc AF, AC etc.

PROP. LX. THÉOR.

(589) Chacun des compléments FB, FD des parallélo-

grammes GE, KH autour du diamètre AC d’un parallé-

logramme DB est moyen proportionnel entre ces

parallélogrammes ; c-à-d. le parallélogr. FB ou FD est

moyen proportionnel entre ceux GE, KH, ou GE: FB

(ou FD)::FB (ou FD): KH, ou GExKH=—FB* ou FD”. Parceque (342) les parallé-

A E logrs. de même hauteur sont a EN

entre eux comme leurs bases, G l'on a GE:FB::GF : FH ; pour la même raison, DF:

KH::GF : FH; mais (75Ax.) D K C

les rapports égaux à un même rapport sont égaux entre eux; donc GE: FB::DF:KH; or il a été démontré (297) que DF—FB ; substituant donc FB à son égal DF dans la dernière équation, il vient GE: FB:: FB : KH, et à FB substituant son égal DF, l’on a GE: DF:: DF : KH; donc etc.

(590) Sco. L. Quoiqu'il ne puisse y avoir de difficulté à concevoir qu’une surface FB soit moyenne proportionnelle entre deux autres surfaces GE, KH; cependant, comme le rapport GE : FB :: FB : KH donne (87) GE.KH—FB, c-à.d., le produit des surfaces GE, KH, égal au carré de la surface FB, quantités d’une espèce telle qu'il parait d'abord diffcile de les concevoir; il est clair que ces quantités peuvent être regardées comme numériques, en les considérant simple. ment comme les résultats de la multiplication des nombres respectifs d'unités de mesure contenues dans le; termes GE, FB, KH du rapport. Autrement, GE.KH peut-être regardée comme une surface GE prise autant de fois qu'il y a d'unités de mesure dans une autre surface KH, ou une surface KH prise autant de fois qu’il y a d'unités dans GE, et FB”, comme une surface FB prise autant de fois qu’il y a d'unités de mesure dans FB.

(591) Sco. 2. Prob. Si l'on demandait à partager un triangle quelconque BLN en deux parties égales ou proportionnelles ABC, A CNL, au moyen d’une ligne droite AC passant par un point donné F dans l’intérieur de la figure, on y parviendrait en faisant application du raisonnement suivi dans ce théorème et dans les props. XXII. et XXIII.

Si l’on suppose que AC soit la ligne demandée et que par les points A,C et F on mène les lignes AD, EK HG et CD respectivement parallèles aux côtés BC, BA de la fig. ; il est clair que BD sera un parallélogr. Les figs. EG, HK seront aussi des parallélogrs. autour du diamètre AC du parallélogr. BD et BF, DF seront les compléments de ces

parallélogrs.

Ayant partagé dans le rapport voulu le nombre total d'unités de mesure contenues (571. Lem. 9°) dans la fig. BLN et obtenu de cette manière la surface relative de la partie ABC, l’on aurait à soustraire de ABC, le parallélogr. BEFH pour en déduire la somme des parties inconnues AEF, CFH. Maintenant le parallélogr. EG étant (281) double du triangle AEF et celui HK, double du triangle CFH, la somme de EG et de HK sera connue, et il vient d’être démontré que le complément BF des parallélogrs. EG, HK est moyen proportionnel entre ces parallélogrs. ; c-à-d. que EG: BF :: BF : HK ou que EG.HK=BF*. Ona donc la somme EG-+HK des quantités inconnues EG, HK et le rectangle au produit EG.HK de ces quantités, pour en déduire les quantités elle-mêmes; ce qui s’opérera de la manière indiquée au par. (3738).

pi dans ce

> et que par EK HG et . de la fig. ; xs. EG, HK tre AC du lents de ces

ombre total dans la fig.

lative de la parallélogr.

inconnues étant (281) du triangle et il vient >arallélogrs.

rallélogrs. ; BF*. Ona es EG, HK és, pour en érera de la

(592) En effet, diviser une ligne donnée de manière que le rectangle de ses segments soit équivalent à un carré donné, n’est autre chose que diviser un nombre donné de manière que le rectangle ou produit de ses parties soit égal à un carré donné, puisque à la ligne donnée l’on peut subtituer le nombre d'unités de mesure de cette ligne et opérer sur ce nombre comme sur toute autre quantité unmérique. Considérant done comme numériques les quantités EG+KH et EG.HK, l’on obtiendra séparément EG et HK en prenant leur demi somme, c-à-d. EG+IIK,

carrant cette demi-somme, ce qui donnera (EG+HK) et de

ce carré soustrayant le rectangle EG.HK, “ont avoir le carré de la demi-différence. La racine carrée de ce dernier résultat sera la différence entre les surtaces KG et TK et comme on connait déjà la somme de ces quantités, l'on obtiendra EG, la plus grande, en ajoutant (868) la demidifférence à la demi-somme, et HK, la plus petite, en soustrayant cette demi-différence de la demi-somme ou en soustrayant EG de EG+HK.

Enfin, connaissant EG et se rappelant que (849) la surface d'un parallélogr. divisée par sa hauteur donne sa base, l'on obtiendra EA en divisant EG par la perpendiculaire FM abaissée du point donné F' sur le côté BL de la fig. et l’on obtiendrait de même HC en divisant HK par la perpendiculaire abaissée du même point F sur le côté BN ; et la somme de AE et BE donne BA, c-à-d., la position du point À, par lequel et par le point F, menant AFC, cette dernière sera la ligne droite voulue et la surface BLN sera partagée par cette ligne de la manière proposée.

(598) Sco. 3. F'our résoudre ce problème entièrement par construction l’on aurait à faire (8376) un carré AC

équivalent au triangle donné BLN. Parta- À D B geant alors (514) AB, côté de ce carré en

deux parties AD, DB ayant l'une à l’autre le

rapport voulu (571. Lem.) des surfaces ABC,

ACNL et menant DE parallèle 4 BC ou AF,

on aurait le rectangle AE au rectangle DC

dans le rapport désiré; puisque (380) les F E Le rectangles de même hauteur sont entre eux comme leurs vases. Le rectangle AE sera donc équivalent en surface à la fig. ABC. Ayant ensuite réduit (876) le rectangle AE en un carré équivalent et le parallélogr. BF aussi en un carré équivalent et trou- B

vé (809) un carré équivalent à la différence entre ces deux carrés ; c-à-d. équivalent à la différence entre le parallélogr. BF' et le triangle ABC; ce dernier carré sera égal à la somme des parties inconnues AEF, CFH, et la somme de ces parties inconnues est (281) la demi-somme des parallélogrs. EG et HK auxquels le complément BF est moyen proportionnel. Il faut donc obtenir (806) un carré équivalent à la somme des parallélogrs. EG et HK, c-à-d. équivalent à deux fois le carré ci-dessus mentionné.

(594) Maïntenant, après avoir obtenu une quantité géométrique équivalente à la somme des parties inconnues EG, HK, sil'on pouvait en obtenir une de même espèce équivalente au rectangle de ces mêmes parties ; l’on procèderait immédiatement à terminer la résolution du problème par la méthode du par. (878) ; mais ne connaissant aucune quantité géométrique de l'espèce EG.HK ou BF”, c-à-d.

FER M on set Porn Ém

ee, mm ms nm

bre Se, © Ed D D” 2 M) ie ça

E C omme leurs en surface à ectangle AE aussi en un

logrs. EG et ortionnel. Il a somme des deux fois le

quantité géo- 8 inconnues nême espèce ; l’on procèdu problème sant aucune u BF°, c-à-d.

qui puisse représenter le rectangle ou produit de deux surfaces ou le carré d'une surface, (les seules quantités géométriques que l'on puisse concevoir étant, à part des points, les quantités linéaires, superficielles, solides et angulaires) 11 faut d’abord remplacer ces quantités par d’autres auxquelles l’on puisse adapter le raisonnement géometrique ; c-à-d., par des lignes.

(595) Or, on a vu (588) la méthode de trouver un carré qui soit à un carré donné comme une ligne donnée à une ligno donnée, et il est clair qu'il n’y aurait pas plus de difficulté à opérer l'inverse de ce problème, c-à-d., trouver une ligne qui soit à une ligne donnée comme un carré donné à un carré donné. Ou ce qui revient au même, trouver deux lignes ayant entre elles le rapport voulu.

En effet, ayant disposé à C angle droit deux lignes indéfinies CE, CF et porté sur ces lignes des longueurs CA, CB égales aux côtés B des carrés équivalents à la D somme des parallélogrs. E EG et HK et au complément BF de ces parallélogrs. ; il n’y aurait plus qu'à joindre les points À, B par une droite et du sommet C abaisser sur AB la perpendiculaire CD qui couperait AB en D dans le rapport voulu de AC? à BC°, puisque (587) AC? : BC°:: AD : BD.

(696) Appelant P et Q les lignes AD, BD ainsi trouvées proportionnelles à EG+HK et à BF, l'on aura EG+HK : BF::P:Q. Donc P représente la somme des parties incon. nues EG, HK et Q?, c-à-d. le carré fait sur la ligne Q, le rectangle de ces parties; or, l'on trouvera par la méthode du par. (878) un rectanglo équivalent au carré Q? et ayant la somme de ses côtés adjacents égale à la ligne P ; ou en d'autres termes, on divisera la ligne donnée P de manière que le rectangle de ses parties soit équivalent au carré Q?;

et puisque la ligne P représente la somme des quantités | inconnues EG, HK ; il est clair que les segments ou parties | de la ligne P trouvées comme susdit représenteront le rapport entre ces quantités.

(597) Avec la somme EG+HK des parties inconnues l et le rapport entre ces parties, il sera facile de touver LT 34 ces parties EG ei HK séparément. Si l’on représente par c R, S les parties ou segments de la ligne P trouvés comme l ci-dessus, l’on aura R:$S::EG: HK et (95) componendo c R+8:8:: EG+HK : HK et S+R:R::HK+EG:EG; ce l' qui, réduit à une opération géométrique, veut dire qu'il faut l’ prendre sur une ligne droite indéfinie AB, une partie ti AD=—R+S—P et une partie DB—R; sur cette ligne, comme p

diamètre, décrire un demi-cercle BCA ; au point D de jonction des parties AD, DB, ou R+S8 et R, élever la perpendiculaire DC; joindre CA, CB et s’il le faut les prolonger indéfiniment ; sur CA ou CA prolongée, prendre CE égale au côté du carré équivalent à la somme de EG et HK, et par le point E, mener EF parallèle à AB, coupant CB ou CB prolongée en F'; ce qui donnera (538) CF égale au côté d'un carré équivalent au parallélogr. EG. En faisant DB=S au lieu de KR, l’on aurait CF égale au côté d’un carré équivalent à HK.

__ (698) Enfin, ayant fait (803) sur EF un parallélogr. EG, équivalent au carré en dernier lieu trouvé, et ayant un angle AEF—à l'angle donné B (puisque par constr. EF est parallèle à BC et que BA est une ligne droite) ; l’on aura AE+EB=AB égale à

s quantités s ou partien it le rapport

inconnues de touver résente par ivés comme omponendo G:EG; ce re qu’il faut une partie igne, comme t D de jonc-

G et HK, et pant CB ou bgale au côté

En faisant 6 d’un carré

l'un des côtés du triangle demandé ABC, et par les points À et F, menant la droite AFC, la partie ABC de la fig. entière BLN sera à la partie ACNL dans le rapport voulu.

(599) Soo. Il est à peine nécessaire de remarquer combien la résolution arithmétique ou numérique de ce problème, telle que donnée aux pars. (591 et 592) est plus simple et concise que la construction géométrique qui comprend la solution de pas moins de dix problèmes secondaires, comme ou peut le voir par le résumé suivant, qui aura aussi l'avantage de mieux faire saisir, d’un seul coup d'œil, à l’aide de la figure de ce paragraphe, l’ensemble des opérations plus amplement détaillées dans les paragraphes précédents; savoir :

6d=Q ad =?

an =R dn =$

1° Réduire (876) le triangle donné BLN en un carré équivalent.

2° Partager (598) ce carré en deux rectangles ayant l’un à l’autre le rapport des surfaces ABO, ACNL

8° Réduire (876) en un carré équivalent le rectangle équivalent à ABC.

: 49 Réduire (876) le parallélogr. BF en un ‘arré équivalent ak. 7

5° Faire (809) un carré équivalent à la différence des carrés équivalents à ABC et à BF.

6° ‘Faire (306) un carré cg équivalent au déuble du dernier; c-à-d. équivalent à la somme des parallélogrs. EG et HK. ‘:

7° Trouver (565 ou 595) deux lignes a d, bd (P et Q) ayant entre elles le rapport des surfaces EG+HK et BF; c-à-d. , proportionnelles aux carrés cg ct bk équivalents à ces eürficos, | et

”’8S Diviser (878) la ligne ad (P) en n en deux segments an,dn (R et S) tels que le rectangle an. dn de ces segments soit équivalent au carré Q° de la ligne ».! (Q); c-à-d. (596) en parties propctionnelles aux surfaces des parallélogrs. EG, HK.

9° Partager (593) le carré c g en deux rectangles mg, ch respectivement équivalents à EG et à HK ; c-à-d., proportionnels à an et à dn.

10° Enfin, sur la ligne EF de la fig. donnée BLN, füire (803) un parallélogr. EG équivalent au rectangle mg et ayant un angle AEF' égal à l'angle B.

Sco. L. L'on remarquera que le point nr de section de la ligne ad s’obtient (373 ou 874) en portant sur s v, côté du carré (4 P}, c-à-d du carré de la moitié de la ligne a d, une longueur st égale au côté bd ou do du carré Q°? ou du rectangle bo. Du point { comme centre, avec un rayon {tn= as ou vs qui intersectera la ligne ad en n, l’on aura (809) ns égale au côté ed ag carré équivalent à la différence entre les carrés Q° et (4 P)*; c-à-d. (374) que ns sera égale à la demi-différence des segments ou parties an, dn (R,S) de la ligne ad (P); et cette demi-différence ns ajoutée à as, moitié de la ligne a d, donne (867) a n le plus grand segment et par conséquent dr le plus ptit.

arré équivafférence des

double du lélogrs. EG

bd (Pet Q) HK et BF; valents à ces

ux segments es segments

c-à-d. (596) parallélogrs.

ngles mg,ch à-d., propor-

, BLN, faire angle mg et

ection de la r sv, côté du igne a d, uno ré Q° ou du 1 rayon {n= 1 aura (309) rence entre a égale à la à (R,S) de la joutée à as, and segment

Sco. 2. Observons aussi que la méthode indiquée (9°) par la figure de ce paragraphe, de partager le carré cg en deux rectangles mg,ch équivalents aux parallélogrammes EG, HK, différe de celle dont on a fait usage au paragraphe (597) dans un but analogue, celui de tronver deux carrés qui fussent entre eux comme ces mêmes parallélogrs ; et il est indifférent que l'on se serve de l’une on de l'autre méthode pour arriver anx surfaces requises EG et HK ; puisque la dernicre opération (10°), celle de décrire sur la ligue donnée EF de la tig. BLN un parallélogr. EG d’une surface donnée et ayant un angle égal à un angle donnée B, ne diffère en rien de celle indiquée au par. (598) ; car la surface donnée et à la qüelle le parallélogr. EG doit être équivalent, se prêtera à la:construction requise, tout aussi bien sous la forme d’un rectangle mg que sous celle d'un carré équivalent à ce rectangle ou (308) de toute autre figure rectiligne équivalente. :

«Boo. 8. La mé: '\ode ici indiquée d'opérer la division du carré cg en deux rectangles m g, c h respectivement ‘proportionnels à an-et.à dn est la même que celle déjà employée au par. (598) et nécessité seulement de mener la ligne nm parallèle à c d. Cette ligne intersectera le côté CA du carré donné cg en m, à où, menant m À parallèle à ag, l'on aura (880) mg:ch::am:cem::an:dn, à cause (90) des triangles semblables a n m, a d c.

Sco. 4. Résumons aussi les quelques procédés de la solution numérique ; ce qui fera voir que ce problème est après tout assez simple à resoudre,

Ayant trouvé (571. Lem. 9°) le nombre d'unités de surface quelconques dans BLAN, et divisé ce nombre en deux autres nombres ayant entre cux lo rapport voulu des surfaces ABC à ACNL, en faisant la somme des termes du rapport (:) au terme qui représente ABC (::)

a er nt ae et lola hier cameton Sr pe de

comme la surface entière BLN (:) à la surface relative de ABC; l'on procédera ensuite à trouver la surface relative de BF que l'on retranchera de ABC pour avoir la somme AEF+CFH des parties inconnues, L'on prendra ensuite EFH (moitié du parallélogr. BF) qui sera (589) moyen proportionnel entre AEF et CFH (moitiés des parallélogrs. EG et HK) puisque (78. Ax.) les moitiés sont comme les touts. Où aura alors la somme AEF-+CFH et le rectangle AEF.CFH (ou EFH°) des parties inconnues, pour trouver ces parties séparément; ce qui se fera (874) en prenant le carré (AEF+CFH? de la demi-somme des parties, de ce

carré soustrayant le rectangle AEF.CFH de ces mêmes parties, c-à-d. (EFH}, pour avoir le carré de la demidifférence entre elles. Cette demi-différence qui s’obtiendra en extrayant la racine carrée du carré en dernier lieu trouvé, étant ajoutée à la demi-somme, donnera (368) la plus grande des deux parties inconnues, et retranchée, donnera la plus petite. Enfin, la surface AEF divisée par la demi-perpendiculaire ou hauteur FM, donnera (349) la base AE et par suite le point A qui, avec le point donné F, fixera la position de la ligne demandée AC.

Sco. 5. Si l’on divisait la même surface AEF par la demiperpendiculaire tombant du point F' sur l’autre côté BN de la figure ; il est clair que l’on obtiendrait une nouvelle base H cet par suite, une nouvelle position ac de la ligne de division requise ; et si la division donnait une base EA ou H c plus grande que EL ou HN, ilest évident que la ligne de division au lieu de tomber entre BL et BN, devrait changer tout à fait de direction et tomber soit entre BL et LN ou entre BN et LN ; ce dont on s’assurerait aisément d'avance par un calcul ou une construction approximative, afin d'opérer de suite sur l'angle B ou L ou N de la fig. de manière à n'avoir pas à recommencer.

» relative de face relative ir la somme ndra ensuite 589) moyen parallélogrs.

, comme les le rectangle Jour trouver

n prenant le

arties, de ce

ces mêmes ie la demii s’obtiendra r lieu trouvé, à plus grande anera la plus mi-perpendie AE et par ra la position

par la demicôté BN de ouvelle base la ligne de base EA ou e la ligne de rait changer L et LN ou ont d'avance afin d'opérer le manière à

PROP. LXI. THÉOR.

(600) Si l’un quelconque À des angles d’un triangle ABC est bissecté par une ligne AD qui coupe aussi le côté opposé BC; le rectangle des côtés BA, AC qui comprennent l'angle bissecté est équivalent au rectangle des segments BD, DC du coté ainsi coupé, plus le carré de la bissectrice AD; c-à-d. BA.AC=BD.DC+ AD,

Inscrivez (420) le triangle ABC A dans un cercle ; prolongez la bissectrice AD pour rencontrer la circon- B férence en E et joignez CE. Vous aurez alorsletriangle BAD semblable au triangle EAC; car, par hyp.

l'angle BAD=EAC ; et l'angle BE, puisqu'ils ont chacun pour mesure la moitié de l'arc AC. Or, les triangles E équiangles ou semblables ont leurs, côtés homologues proportionnels ; donc BA:AE:: AD: AC; donc BA.AC=AE. AD=(857) AD.DE+AD*. Mais (502) AD.DE—BD.DC ; donc BA.AC=BD.DC+AD*.

PROP. LXII. THÉOR.

(601) Dans tout triangle ABC, le rectangle de deux côtés BA, AC est équivalent au rectangle contenu par le diamètre CE du cercle circonscrit et la perpendiculaire AD menée de l'angle opposé À au troisième côté; c-à-d. BA. AC=AD.CE.

Parceque AD est perpendiculaire à BC, ADB est un triangle rectangle, et joignant AE, letriangle EAC sera aussi rectangle en À, à cause de l'angle À appuyé sur le diamètre EC. De plus, les deux triangles rectangles ADB, EAC ont l’angle B=E, parceque ces angles sont mesurés

par un même arc AC; ces deux triangles sont donc semblables et donnent AB: CE:: AD: AC ; d'où (88) AB.AC=CE. AD.

(602) Cor. Si l'on multiplie ces quantités égales AB.AC, CE.AD par une même quantité BC, il en résultera (78. Ax.) AB.AC.BC—CE.AD.BC ; mais (844) AD.BC est double de la surface du triangle ABC; donc le produit continu (41) des trois côtés d’un triangle est égal au double de sa surface multipliée par le diamètre du cercle circonsocrit, ou ce qui est la même chose, à sa surface par deux fois le disgmètre du cercle circonscrit.

(803) Sco. Remarquons aussi, B que la surface d’un triangle ABC est égale à son périmètre multiplié par le demi-rayon du cercle insorit ; car les triangles AOB, BOC, AOC qui ont un sommet commun en O, ont À F © pour hauteur commune le rayon du cercle inscrit; de là, la somme de ces triangles est égale à la somme des bases AB, BO, AC multipliée par la moitié du rayon OD ; donc etc.

PROP. LXIII. THÉOR.

(604) Dans tout quadrilatère ABCD inscrit dans un

cercle, le rectangle des deux diagonales AC, BD est

équivalent à la somme des rectangles des côtés opposés

AB, DC et AD, BC ; c-à-d. AC.BD—=AB.DC+-AD.BC. Faisant l'arc CO=AD et menant ;

BO qui rencontrera AC en I, on

aura l'angle CBO ou CBI=ABD,

parceque (449) les angles à la cir-

conférence appuyés sur des arcs

égaux sont égaux ; l'angle ADB— A

(4 1CB ou ACB appuyé sur le même NN arc AB; donc le triangle ABD est S

équiangle et semblable au triangle 0

onc sembla-