AB:A

>rcle ABC, le contenu 8 points et é du rayon Les droites onférence ; celui entre en premier cle ; c-à-d.,

commun D

sont donc gle DBF et y côtés qui portionnels, : BE :: BD:

: AD :: AD )—ED : ED, :: AD : ED; 1, (75. Ax.)

(607) Cor. 1. Bi l'on mène AB; parceque FB: BE::FA: AE, l'angle FBE est bissecté (542) par AB. De plus, puisque FD: DC :: DOC: ED, DC étant =AD, rayons d'un même cercle, l’on a par composition (95) FC: DC:: EO : ED et alternando, FC : EC :: DC : ED. Il a été démontré aussi que FA : AD ou DC :: AE : ED et alternando, F'A : AE :: DC : ED; donc (75, Ax.) FA : AE :: FC : EC; mais FB:BE::FA:AE; donc (75. Ax.) FB: BE::FC:EC; c-à-d. que si l’on prolonge FB jusqu’en G et si l’on mène BC, cette derniere bissectera (544) l'angle extérieur EBG.

(608) Cor. 2. Puisque par hyp. ED.FD=—AD?, ou que (89) FD: AD :: AD : ED, l’on aura, convertendo (98) FD: FD— AD :: AD : AD—ED, c-à-d. FD: FA :: AD : AE. Maintenant convertendo et alternando (98 et 94) FA: AE:: FD: AD et dividendo (96) FA—AE: AE :: FD—AD : AD ou (88. Ax.) FA—AE:AË::FA:AD, puisque FD—AD=FA; d'où il suit que AD est une quatrième proportionnelle à FA—AE, AE et FA; c-à-d., le rayon AD du cercle ABO dont le centre D serait situé sur le prolongement de la base FE d'un triangle quelconque FBE, et dont la circonférencé, passant par le sommet du triangle, couperait la base EF en parties FA, AE ayant entre elles le même rapport que celui entre les côtés FB, BE du triangle; est une quatrième proportionnelle entre la différence FA--AF des segments de la base, le plus petit segment AE et le plus grand segment FA.

(609) Sco. L. Prob. Il suit directement du dernier corollaire que dans un triangle quelconque FBE, étant donné la surface, l’un FE des côtés et le rapport M à N entre les deux autres côtés FB, BE, pour construire le triangle ; il n’y a qu’à partager (514) le côté donné en À de manière que les segments FA, AE de ce côté soient entre eux dans le rapport voulu; puis trouver (516) AD, en faisant FA AE: AE::FA:AD. Du point D, avec le rayon AD, décrivant alors le cercle ABC, et prenant sur la circonférence de

1 M}: Liu

204 GÉOMETRIE.

ce cercle, un point B tel que la hauteur BH du triangle soit égale à sa surface divisée par sa demi-base ; les lignes menées des extrémités F, E du côté donné au point B seront les côtés inconnus du triangle et BFE sera le triangle voulu.

(610) Sco. 2. Si la surface du triangle FBE était donnée sous forme d’un carré ou de toute autre figure équivalente ; il est clair que pour trouver par construction BH la hauteur du triangle voulu, il y aurait à faire (804) sur la ligne donnée FE un rectangle égale en surface au carré ou autre fig. donnée, et à prendre BH égale au double du côté inconnu de ce rectangle. Menant alors à FE une parallèle à une distance de FE égale à la hauteur BH ainsi trouvée, cette parallèle intersecterait le cercle en B, sommet voulu du triangle.

PROB. LXVI. THÉOR.

(611) Dans un cercle, une ligne DF' qui, étant perpendioculaire au diamètre, rencontre une corde AB menée de l’une A de ses extrémités ; coupe ce diamètre et cette corde ou ces deux lignes prolongées, de manière à ce qu’elles soient réciproquement proportionnelles aux parties AD, AF comprises entre la ligne de section et l'extrémité du diamètre ; c-à-d. que si DF est perpendiculaire à AC ou à AC prolongée, l’on aura AC:AB::AF: AD ou (86 et 573) AC.AD—AB.AF.

Ayant mené BO, l’on voit de suite que les triangles ABC, ADF sont semblables, ayant chacun un angle A C D en commun, et l’angle B, appuyé sur le diamètre AC, droit (444) et par conséquent égal à l’angle D, droit par hypothèse. Or, les triangles semblables ABC, ADF donnent AC : AB::AF : AD; donc, etc.

5 © cr © ©

riangle soit nes menées

seront les e voulu.

tait donnée quivalente ; BH la hausur la ligne ré ou autre le du côté ne parallèle si trouvée, et voulu du

t perpendi- 3 menée de re et cette nière à ce es aux par-

section et st perpendi- }: AB::AF :

angles semdonc, etc.

PROP. LXVII. THÉOR.

(612) Les perpendiculaires AG, BD, CE menées des trois angles d’un triangle quelconque aux côtés opposés, s'intersectent en un même point F.

Soient d'abord AG, BD respec- C tivement perpendiculaires à BC, AC ; le demi-cercle ADGB passera par les points D, G, puisque (444) tous les angles ADB, AGB dans un demi-cercle sont droits. D Ayant mené la droite CFE, le (a cercle CDFG décrit sur CF, comme diamètre, passera aussi, pour la même raison, par les points D À EL ‘B et G. Maintenant l'angle FGD appuyé sur l'arc DF est égal à l'angle FCD appuyé sur le même arc ; et l'angle FGD ou son égal AGD, appuyé sur l’arc AD, est égal à l'angle ABD appuyé sur le même arc; donc (68. Ax.) l'angle ABD —ACE. Les triangles AEC, ADB ont donc les angles en C et B égaux et l’angle en À commun ; d’où il suit que l’angle CEA=BDA, et puisque BDA est droit par hyp., CEB est aussi droit et CE est perpendiculaire sur AB ; donc, etc.

(613) Cor. Le triangle CDG est semblable au triangle entier ABC ; car les triangles CDB, CGA sont semblables, ayant l’angle en C commun et les angles en D et G droits par hyp.; ce qui donne CG: CD:: CA: CB; or (523) deux triangles qui ont deux côtés de l’un proportionnels à deux côtés de l’autre, et l'angle compris par les côtés proportionnels, égal dans chaque triangle, sont semblables ; donc, etc.

PROP. LXVIII. THÉOR.

(614) Si de l’un quelconque A des angles d’un triangle ABO, l’on mène une perpendiculaire AD au côté opposé

BC, ou à ce côté prolongé s’il le faut ; le rectangle de la

somme et différence des deux autres côtés AB, AC est L équivalent au rectangle de la somme et différence des Fo segments DB, DC de la base, faits par la perpendiculaire. con Cà-d., AOFAE x AU—AB=D0+DBE x DO—DE. NL Du point À comme centre, avec ‘ le rayon AC, le plus grand des RE deux côtés, décrivez le cercle jo CFG ; prolongez AB jusqu'à sa ni rencontre avec la circonférence en ( E et F, et CB jusqu'en G. Main- 1e tenant, parceque AF—AC, rayons E d'un même cercle, BF=—AB+AC et q — la somme des deux côtés, et BE—AE—AB—AC—AB est À 192 égale à la différence entre ces côtés. ee

Ilest clair aussi que BC—DB+DC est égale à la somme des segments de la base, et BG à la différence de ces mêmes segments, lorsque la perpendiculaire tombe en dedans du triangle; et que BG=DC+DB est égale à la somme des segments de la base, et BC, à la différence entre ces segments, lorsque la perpendiculaire tombe en dehors de la base. Or, dens chacun de ces deux cas, CG et EF étant deux lignes qui se coupeut dans un cercle, donnent (572) EB.BF—GB. BC ; c-à-d. (AC+AB) (AC—AB)=(CD+DB) (CD—DB).

PROP. LXIX, THÉOR.

(615) L'on peut inscrire dans un cercle et circonscrire à un cercle un polygone régulier quelconque ; et réciproquement, l’on peut inscrire un cercle et circonscrire un cercle à un polygone régulier quelconque.

angle de la \B, AC est érence des ndiculaire.

Re C VS C—AB est

à la somme b ces mêmes | dedans du somme des 38 segments, , base. Or, deux lignes 1B.BF=GB.