BK

(744) PROB. Dans un triangle ABC, on a la surface, l'angle vertical B et un point F en dehors du triangle, dans la direction ou l'alignement de la base AC, pour former le triangle.

On voit de suite que ce problème eat analogue à celui du par. (591) ; car, partager un triangla BLN en deux parties, de surfaces données, n’est autre chose qu'enlever au triangle ou séparer du triangle une partie, de surface donnée. Ce qui, en d’autres termes, se réduit à mener une ligne qui avec deux autres lignes données en position, renferme une

aurface voulue.

Ayant mené FH, FE respectivement parallèles à AB, BC et trouvé de cette manière la surface du parallélogramme HE; on a (589) EG: AH:: AH: BD; maïs pendant que dans le cas du prob. (591) on connaïssait la moyenne proportionnelle et la somme des parties inconnues, on connait ici une des parties BD=2 surf. ABC et la somme EH de la moyenve proportionnelle AH et de l'autre partie EG. C'est donc à diviser cette somme EH en deux parties AH, EG telles que l’une d'elles AH soit moyenne proportionnelle entre l’autre partie EM et la partie donnée BD que consistera toute la difficulté de la solution. (Cette opération faite, on aura la surf. du parallélogr. EG qu'on divisera par sa base FE--BH pour avoir sa hauteur AM. On mènera enfin une ligne AG parallèle à EF' et à une distance de cette dernière égale à la hauteur AM; cette ligne coupera BL en A, et par les points F,A ou mènera Ja droite FAC qui résoudra le problème.

La division du parallélogr. EH en deux parallélogrs. AH, EG: ayant entre eux un rapport donné, ou en deux surfaces proportionnelles à une surface donnée, peut se réduire, comme on l’a déjà vu (594) à la division d’une ligne dans les mêmes conditions. Ayant donc trouvé (571 Lem. 5°)

s à AB, BC lélogramme Jendant que )Jyenne proon connait e EH de la e EG. C'est es AE, EG portionnelle he consistera on faite, on par sa base ra enfin une tte dernière L en A, et qui résoudra

lélogrs. AH, eux surfaces se réduire, , ligne dans 1 Lem. 5°)

deux lignes qui aient entre elles le rapport de EH à BD, l'on procédera comme dans le problème suivant.

(745) PROB. Diviser une ligne donnée AB en deux parties telles que l’une d'elles BH soit moyenne propor-

tionnelle entre l’autre partie AH et une autre ligne donnée BF.

Ayant disposé bout à bout les

deux lignes données AB, BF comme Ÿ dans la fig., on prendra le point mi- N lieu N de BF et sur AN comme

diamètre on décrira le demi-cercle À H BNE

AKN. Du point À avec un rayon = AB on coupera la demi-circonférence en K et du point N avec un rayon —KN on coupera AN en H; BH sera la moyenne proportionnelle voulue,

En effet, l’angle AKN dans un demi-cercle est droit et on à AN°=AK°+KN°=AB*+HN° : mais (859) AN°=AB°+ BN°+2AB.BN, d'où HN°=BN°+2AB.BN ; or (859) HN? —HB*+BN*+2HB.BN ; donc (68 Ax.) BN°+2AB.BN=— HB*+BN°+2HB.BN et en biffant le facteur BN°? commun aux deux côtés de l’équation, il reste 2AB.BN=—HB°+2HB. BN ; mais 2AB.BN=2HB.BN+2AH.BN—2HB.BN-+-HB* et en faisant disparaitre les facteurs communs 2HB.BN de la dernière équation, il reste HB*=2AH.BN ; c-à-d., HB° =AH.BF, puisque BF=2BN par construction.

(746) Sco. Si on avait les nombres respectifs d'unités de mesure contenues par AB et BF ou par les surfaces représentées par ces lignes, on obtiendrait une solution numérique en ajoutant au nombre à diviser la moitié de l’autre nombre donné. On ferait le carré de la somme et de ce: carré on soustrairait le carré du nombre à diviser. On extrairait la racine carrée du reste, et cette racine diminuée de la moitié de l’autre nombre donné, serait la moyenne proportionnelle voulue,

(747) PROB. Dans un triangle isocèle rectangle ABC,

on a la somme AB<+AC de la base et de l’un des côtés, Ê pour construire le triangle. = Soit AD= AC, on a l'angle D=}A A =10, puisque A=B=} comp. ©. D'où B ‘il suit, qu'ayant pris BD=AB+AC, is on fera à l’une des extrémités un di angle B=} angle droit et à l’autre A

extrémité un angle D=+ angle droit; les lignes BC, DC détermineront au point de leur rencontre le sommet © du triangle voulu. es

(748) PROB. On a la différence DC entre la base AC

et le côté AB d’un triangle rectangle isocèle ABC ; trou- pr ver les côtés. s

Soit AD—AB, BAD sera isocèle à et on aura l’angle BDA= comp.

4A ou comp. +B; puis BDO= sup.

BDA et puisque C — A on a dans .

le triangle BDC un côté DC et les angles adjacents pour trouver le reste.

(749) PROB. Il s'agit de construire un triangle rectangle BAC dont on a un côté AB et l'angle CBD soustendu à l'extrémité B du côté donné par le prolongement CD de l’autre côté AC.

Puisqu'on a un angle B sur une base donnée CD, l'idée se présente encore ici de décrice sur cette base un cercle capable de contenir l’angle donné. A cet effet on fera (450) chacun des angles EDC, ECD à la base égal au comp. de l’angle donné, puisque DEL—CEL

angle ABC, 1 des côtés,

e voulu.

a base AC ABC ; trou-

riangle rec- CBD sousrolongement

=}DEC=CBD. On connaîtra alors le rayon ED, la perpendiculaire EL parallèle à AB et LD ou LC moitié de CD. Dans le triangle rectangle BFE, on aura donc EF=FL—EL =BA-—EL, et EB rayon du cercle, pour trouver BF=—AL et AC=AL-—LC,

(750) PROB. On demande a former un triangle rectangle ABC contenant une surface donnée et tel que la différence AB—BC entre ses côtés soit égale à la différence AC—AB entre le plus grand côté et la diagonale.

Comme onaura AC*=AB°+BO? il \ est nécessaire que les côtés voulus satisfassent aux deux conditions; or les nombres 8, 4 et 5 sont dans les conditions requises, puisque 5—4=4—3 X B =I et que 5*—4*+8*; les côtés BC,

AB, AC, devront donc être entre eux dans le rapport de 8 : 4: 5 et le problème se réduira à celui du par. (678).

(51) PROB. Partager un triangle donné ABC en deux rurties équivalentes ou ayant entre elles un rapport voulu M à N par une ligne PE partant d’un point donné P dans l’un des côtés.

Diviser AB en D dans le rapport A voulu, meer DE parallèle à PC et joindre PE. En effet, parceque PC, DE sont parallèles, on & PDE =CDE; ajoutez à chacun DEB, alors PEB=DOB, et en retran- % ü | C chant les deux de AOB, il vient 2!

le quadrilatère ACEP équivalent au triangle ACD. Maintenant ACD:DCB::AD:DB::M:N et en conséquence ACEP : PEB::M:N.

(752) Sco. Le dernier par. suggère la méthode de diviser un triangle en un nombre quelconque de parties égales ou proportionnelles par des lignes menées d’un point donné

Éd mun - 2e

dans l’un de ses côtés ; car si l'on suppose AB divisé en parties égales ou ayant entre elles les rapports voulus et si des points de ‘vision de la ligne AB on mène des lignes parallèles à PC, elles intersecteront BC et AC, et si l’on mène ensuite de ces intersections des lignes au point P, elles diviseront le triangle tel que voulu.

(753) PROB. Diviser un triangle ABC en trois parties équivalentes ou ayant entre elles un rapport donné M à N à R par des lignes menées des sommets A, B, C des angles à un même point F' situé à l’intérieur de la figure.

À cet effet, divisez d’abord BC, en D dans le rapport de M:N, menez DE parallèle à AB et joignez AD. Puisque les triangles de même hauteur sont entre eux comme leurs bases, on aura ABD à ABC dans le rapport voulu, c’est-à-dire, comme M: M+N+R. Mais à cause de la parallèle DE, tout point F de cette parallèle autre que D satisfera également à la condition imposée, puisque AFB=—ADB ces triangles étant sur même base AB et entre mêmes parallèles AB,DE. Cela posé, il n’y aura plus qu’à diviser la parallèle DE en F dans le rapport de N à R et à mener les lignes FA, FB, FC pour compléter la construction; car, puisque DF:FE::N:R les triangles DBF, EAF qui ont même hauteur seront entre eux dans le rapport de N à R et les triangtes DCF, ECF qui ont même hauteur seront aussi entre eux comme N àR. Le triangle entier BFC sera donc (81 Ax.) au triangle entier AFC comme N à R. D'ailleurs, en menant par le point F des parallèles à BC et à AC on ferait pour BFC, AFC la même preuve qu'on a fait pour AFB ; Gouc, etc.

(754) PROB. Partager un quadrilatère ABCD en deux ou plusieurs parties équivalentes ou ayant’ entre elles

AB divisé en ts voulus et si ène des lignes AC, et si l’on 8 au point P,

a trois parties port donné M ss À, B, C des ur de la figure.

parallèle DE, satisfera égale- —ADB ces trimes parallèles à diviser la et à mener les struction ; car, EAF qui ont ot dNàiR hauteur seront atier BFC sera NàR. D'ailà BC et à AC 1'où a fait pour

BCD en deux it entre elles:

des rapports donnés, par des lignes ab, cd parallèles à l’un des côtés.

Comme on ne connaît aucun E

rapport entre les surfaces de € \ quadrilatères ou de trapèzes non Pr semblables et les carrés de leurs côtés correspondants, l'idée se présente de réduire l'opération

à celle du partage d’un triangle dans les mêmes conditions; et

l’on voit de suite que prolongeant A:

jusqu’à leur rencontre en E les deux côtés AD, BC du quad. adjacents à celui AB auquel doivent être parallèles les lignes de division, on obtient un triangle AEB et pourvu qu'on en connaisse la surface, le problème se réduira à celui du par. (569). Or la surface AEC sera connue si l’on peut avoir celle du triangle auxiliaire DEC. Le quad. étant donné, on en connaît en conséquence les côtés et les angles ; alors on a dans le triangle DEC, un côté DC et les angles adjacents, respectivement égaux aux suppléments des angles D, C du quad. pour trouver les côtés DE, CE et la surface DEC qu’on ajoutera à celle du quad. pour avoir la surface entière AEB. On procèdera ensuite tout de même que si le côté CD n'existait pas, c’-à-d., absolument comme dans le cas du triangle,

(755) PROB. Partager un quadrilatère donné ABCD en deux ou plusieurs parties, de surfaces égales ou ayant entre elles des rapports donnés M à N à R à etc., par des lignes ab, cb, elc., perpendiculaires à l’un des côtés ou formant avec les côtés des angles donnés quelconques,

La première partie de l’opération consistera à trouver les surfaces respectives des parcelles ab C D, abde, etc., et l’on a déjà indiqué au par.

(599 Sco. 4) la manière d’arriver à ce résultat. Ayant ensuite prolongé les côtés AD, BC sur lesquels doivent tomber tes lignes de division, jusqu’à leur rencontre en E, et trouvé la surface du triangle auxiliaire DEC, comme dans i: dernier prob., on aura surmonté une des difficultés attachées à la solution du problème, en ajoutant au quad, donné le triangle auxil. ainsi trouvé, pour réduirele tout en un seul triangle AEB ; mai: il reste une seconde difficulté à vaincre ; c’est que la ligne de division n'est pas, comme dans le dernier prob., parallèle à l’un des côtés du quad. et à dessein d'éliminer cet obstacle, l’idée nous;vient de faire disparaître pour ainsi dire la ligne DO, pour la remplacer par une autre ligne D g qui soit parallèle à a b et qui nous permette d’assimiler aïr.si ce problème au dernier, afin de le résoudre à la manière générale des triangles semblaples. À cet effet ayant mené Dg parallèle à ab, on a, dans le triangle CDg, un côté CD, l'angle C et l'angle Cd g égal à la différence entre l’angle donné D du quad. et l'angle d’inclinaison à donner à la ligne de division ab ou a celle Dy qui lui est par hyp. parallèle. (On procédera à trouver la surface de CDg qu'on ajoutera à DEC pour avoir DEg; après quoi il ne restera plus qu'à poser surf. DEg:surf. aEb:: ED° : Ex”; la racine de Ea” diminuée de ED donner anfin Da et par conséquent le point « par où devra passer la ligne de division a b pour remplir les sonditions assignées.

Si les autres lignes de division cd, etc., étaient parallèles à la première ab, les antécédents de la proportion resteraient les mêmes ; mais dans le cas contraire, il est clair qu’il y aurait

œle auxiliaire onté une des , en ajoutant our réduire le une seconde ion n'est pas, des côtés du nousvient de pour la rem- > àa bet qui | dernier, afin igles sembla- , on a, dans e Cd g égal à l'angle d’in- 1 a celle Dy à trouver la r DEg; après surf. aEb::

donner anfin passer la ligne nées.

nt parallèles à esteraient les qu'il y aurait

À remplacer Dy par une nouvelle ligne Ch parallèle à la ligne de division suivante cd, et ainsi de suite, trouvant dans chaque cgs un nouveau triangle CDg ou DCA qui étant ajouté à EDO, rendrait l’antécédent EDg ou ECA semblable au conséquent E a b ou E c d.

(758) Sco. L. Pour ce qui est de la ligne de division ef, il est clair qu’il faudrait entièrement changer de base et procéder comme au par. (674) puisque A ef n’est autre chose qu’un triangle dont or connaît la surface et les angles; et l'on voit ainsi que le procédé indiqué relativement aux autres lignes de division n’est après tout qne celui déjà employé à résoudre un triangle lorsqu'on n’en connaît que la surface et les angles.

(757) Sco. 2. Si, dans le partage d’un quadrilatère, les lignes de division n'étaient pas assujetties à des directions particulières ; on mènerait d’abord une parallèle EC à la base, et l'on diviserait EC et AB aux points F, G et K, N, en parties ayant entre elles les rapports voulus; il y aurait ensuite à joindre FD, GD, puis à joindre KD, ND et à mener à ces dernières les parallèles FH, GL; joignant enfin HK, NL, on aurait opéré la division voulue.

Pour preuve, il suffira de faire remarquer que le triangle DFK est égal à DHK sur même base DK et entre mêmes parallèles et que le triangle DLN=DGN pour une raison analogue.

158) PROB. La division d’un trapèze AC en deux ou plusieurs parties égales ou proportionnelles (*) par des lignes EF, GH menées entre ses côtés parallèles AB, DOC,

.() Ilest à peine nécessaire de remarquer que le mot “ proportionnelles ” ainsi employé, n’a pas, necessairement, ici, la signification qu’on lui a donnée au par. (60), mais qu'il remplace ( pour abréger) les mots ‘‘ ayant entre elles des rapports donnés ” et que ‘* parties ou surfaces proportionnelles ” en ce sens, veut dire ‘‘ proportionnelles à des lignes ou à des nombres donnés ou ayant entre eux des rapports donnés,” ces derniers mots étant évidemment sous-entendus après ‘‘ propcrtionnelles.”

se réduirait tout simplement à D E G C diviser chacun des côtés AB,

DC en parties égales ou ayant

entre elles les rapports à obser-

verontre les surfaces voulues; À F ü B ceci est clair, puisque les trapè-

zes partiels AE, FG, HO, ayant même hauteur, sont entre eux comme ieurs bases.

(758) PROB. En général, diviser une figure quelconque ABC en un nombre quelconque de parties égales ou ayant entre elles des rapports donnés, par des lignes PD, PE, PF, Petc., partant d’un angle P, d’un point P dans un des côtés ou d’un point P situé à l’intérieur de a figure.

Ayant d’abord mené du point de division P une di- G agonale PC, afin de voir de quel côté tomba la ligne de division, on mènera Ssuccessivement les perpendiculaires PR du point de division aux cûtés sur lesquels tomberont les lignes du partage ; les demi-perpendiculaires diviseront les surfaces des parties composantes, de manière à donner les bases respectives AE, BD, etc.

(760) PROB. Dans un quadrilatère quelconque ABCD, on a la surface, un côté AB avec les angles adjacents à ne côté et le rapport entre les deux côtés adjacents au côté donné, pour trouver les côtés.

RFTB

H sont entre

re quelcones égales ou s lignes PD, Joint P dans rieur de a

diviseront les à donner les

nque ABCD, s adjacents à adjacents au

On se propose ici de penser, pour ainsi dire, tout haut, afin d'indiquer à l'étudiant l'espèce de raisonnement qui peut avoir porté à la découverte de cette manière d'opérer la solution du problème.

Il s’agit de construire une figure à l'aide de données qui ne paraissent pas d’abord devoir se prêter à l’objet désiré, et on a toujours pour but dans ce cas de modifier les données ou de les remplacer par d’autres qui aillent directement à l'établissement de rapports entre les surfaces et les carrés des côtés, ce qui n’aura lieu que quand les figures sur lesquelles on opère seront semblables entre elles.

On ne peut ici tirer parti du triangle auxiliaire ABK qui nous a été d’un si grand service dans plusieurs problèmes précédents ; c’est que les côtés AK, BK de ce triangle sont invariables dans leurs longueurs relatives, pendant que celles des côtés AD, BC changent constamment avec chaque nouvelle valeur AD' que l’on puisse supposer à l’un l’eux; en d’autres termes, le rapport entre AK et BK est invariable, pendant que ie rapport entre D’K et C’K est variable ; maïs dans les triangles semblables les rapports entre les côtés sont identiques, et l’on vient de voir que le rapport de AK à BK diffère de celui de D’K à C'A; donc AKB n’est pas semblable à D'KC’ et par suite D’C’ n’est pas parallèle à AB, si ce n’est lorsque le quad. est un trapèze. La surface donnée, sous sa forme actuelle de quad. irrégulier, ne nous permet donc pas même de tirer d’une hypothèse l'avantage qu’on en a déjà souvent obtenu par le passé.

Il y a cependant une autre condition du quad. dont on pourra peut-être tirer parti, c’est que la somme de ses angles vaut quatre angles droits, et comme on connaît deux de ces angles, on connaît aussi la somme des deux autres. S'il était possible alo.s de varier la forme de la figure de manière

à combiner ces deux angles pour n’en former qu’un, et sans aucunement changer la valeur des angles A et B, il semble qu’on en tirerait quelque avantage. C’est ce que l’on va faire.

Soit EF la bissectrice commune À y du côté donné AB et du côté opposé DO, on aura AE=BE et DF =CF et parce que DC est une li-

gne droite et que la somme des 0 angles en F vaut deux angles E droits, il est clair que si la partie D! H AEFD du quad. tournait autour L vd du point F, de manière à décrire D A

une demi-circonférence, le point D tomberaïit en OC, la base EF du quad. AF serait située sur le nrolongement de la base EF du quad. BF et ces deux bases ne formeraient plus qu'une seule et même ligne droite ; de plus les angles D et C, dont on connaît la somme, seraient ajoutés l’un à l’autre de manière à ne former plus qu’un seul angle, dont on connaitrait par là même la valeur, et les côtés AE, BE qui sont actuellement parallèles l’un à l’autre (146) seraient. encore parallèles entre eux, après que l’un d’eux aurait franchi un espace angulaire équivalent à deux angles droits ; le tout comme on le voit dans la fig. D'ailleurs, pour ce qui est du parallélisme des côtés AE", BE

il est clair, à cause dela droite AB, TT dans la dernière figure, que la / somme des angles AEF, BEF vaut deux angles droits; or, ces angles, qui dans la nouvelle fig.

ont changé de position, n’ont pas pour cela changé de valeur et puisque EFE’ est une ligne droite v et que l’angle A'EF est supplé- res ment de BEF, il suit (154) que EL 4 AE’ et BE sont parallèles entre eux:

va.

CLS EL) ee .

fi bomd

qu’un, et sang B, il semble > que l’on va

PTS n O, la base nt de la base icraient plus s angles D et l’un à l’autre dont on con- BE qui sont aient. encore it franchi un oits ; le tout r ce qui est

Au lieu d'un quad. avec un côté, deux angles, la surface, et le rapport entre deux côtés; on a donc maintenant un pentagone dont on connaît la surface, deux côtés A'E=BE (=4AB de la première fig.) trois angles A', B et L=C+D, on sait que les deux autres angles E E’ sont supplémentaires l'un de l’autre et onale rapport entre deux côtés BA’ (qui est évidemment le même que celui entre les côtés correspondants de la dernière fig.) pour trouver les côtés AD, BC, (AL, BL).

Re ne SRE LE MESSE

+ ne ne me one num vu les Veste de og 06 0e me ne on on en

AL TE - C9 r.

L'idée se présente maïictenant de prolonger les côtés EX, BL, A'L du polygone A'E jusqu’à leur rencontre en G et H, pour n’avoir plus à opérer que sur un triangle GLH, et l’on voit de suite comment tous les éléments nécessaires à la construction de ce triangle vont nous devenir connus. En effet, ayant joint A'B, on aura A'B parallèle à E’E, à cause de BE, A'F’ parallèles et égaux. Les triangles BLA', GLH sont donc semblables. Dans le triangle BLA', on a le rapport de BL à A’L et l’angle inclus par ces côtés, pour trouver les angles en B et A’ auxquels G et H sont respectivement égaux. On a donc dans les triangles auxiliaires BGE, A'HE’ un côté BE, AE, les angles en G et H, et les angles EBG, E'A'H supplémentaires des angies donnés B, À’ du quad., pour trouver les côtés BG, A’ H etles surfaces EGB, E’HA’ qu'on ajoutera à la surface donnée EA' du quad. pour avoir celle du triangle GLH.

Enfin l’on supposera à GL l ou à HL une longueur arbitraire g { ou ! et sur un de T he ces côtés comme base on g h

fera un nouveau triangle glh équiangle et par conséquent

semblable à GLH, pour faire ensuite surface gl h:9 À :: surf. GLH:GI° et la racine de GL? diminuée de BG donnera BL. On obtiendra de même A'L, et le problème sera résolu,

(761) PROB. Partager un quadrilatère ABCD en parties équivalentes ou ayant entre elles des rapports donnés, par des lignes ab, cd, etc, coupant les côtés opposés, en parties qui soient proportionnelles à ces côtés ; c-à-d, telles que l’on ait Aa: AD ;: Bb: BO, ac: AD :: bd:BC:: etc.

Il est clair que si la bissectrice EF H des côtés AB, DC du quad. était en 4 même temps celle des lignes de divi- ‘ sion @b, c d, il n’y aurait qu’à répéter autant de fois que de lignes de division à mener, l'opération indiquée au dernier par., les deux premiers termes gl h:g Ë? du rapport restant constamment les mêmes et le troisième terme GLH (c-à-d. GFC+HFD) variant d'une des parties composantes Ab, a d, etc., soit en plus ou en moins, suivant le sens dans lequel on poursuivrait l’opération.

Ayant mené AM, BN parallèles à EF, on a dans les triangles semblables CGF, CBN et DHF, DAM les rapports : CG:CB::CF:CN et DH:DA::DF:DM d'où (75 Ax.

CG : CB :: DH: DA, ou (96) CG—CB: CB:: DH—DA:DA, c-à-d., BC : BG:: AD : AH et comme on doit avoir bB : CB :&ÂÀ : DA, dB :CB::cA:DA, etc., on aura aussi (75 Ax.) BG :0B::AH:aA, BG:db:: AH: ca, etc; or, (81) les rapports qui sont composés de rapports égaux sont égaux et comme la somme des angles a et b, c et d, etc. des quad. Ab, Ad, À etc., est invariable, il est clair qu’en supposant comme auparavant les triangles G ed, H ea réunis par leurs côtés eb, ea, les triangles Gfd, H fc réunis par leurs côtés

\:9 À :: surf.

3G donnera sera résolu,

JD en pars rapports ; les côtés lles à ces ), ac: AD ::

sens dans

s les trian-

>s rapports ‘

(75 Ax.) DA: DA, ir bB:CB (75 Ax.) , (81) les tégaux et des quad.

supposant par leurs eurs côtés

f d, fe, et ainsi de suite, on aura une série de triangles dont les côtés bG, a et dG, cH, etc., seront l’un à l’autre dans un rapport invariable et dont l’angle inclus ba de i'un sera égal à l'angle inclus d+c de l’autre. Cette invariabilité de l'angle inclus et du rapport entre les côtés qui le comprennent fera que dans tous ces triangles les angles G, H, à la base seront constamment les mêmes. Donc, si eb—ea et que f d=f ce, etc., la somme des trois angies G, H et b+a, G, H et d+c, etc., vaudra deux angles droits et le côté f G sera dans le prolongement de fH; de même e G sera dans la même ligne droite que e H et ainsi des autres et réciproque. ment si G ou H demeure constant, il est clair que la droite FG: bissectrice des côtés AB, DC du quad. passera aussi par les points milieux e,j, etc., des lignes de division menées dans les conditions requises.

(762) Sco. L'étudiant saisira peut-être mieux la preuve suivante que la bissectrice EF des côtés opposés d’un quadrilatère est en même temps celle de toutes les lignes menées entre les deux autres côtés de manière à les couper en parties ayant entre elles le rapport de cés côtés.

Soient a, b les points milieux des côtés AD, BC; il est clair qu’on aura Aa:

AD ::Bb:BC, et que la ligne de division ab sera dans les conditions voulues, et elle est bissectée en f'; car (673) E a F'b est un parallélog. et (283) les diagonales d'un parallélog.

se bissectent mutuellement.

Soient encore c et d les points milieux de Ac et de Bb; on

aura toujours Ac: Aa:: Bd: Bb et puisque Aa : AD :: Bb: BC on à (81 Ax.) Ac: AD :: Bd: BC; donc aussi c d coupe les

LA mit

côtés opposés dans les conditions voulues et elle est bissec- ( téeene, car E, c, f, d sont les point milieux des côtés d'un quad., d'où Ecfd est un parallélogramme et la diagonale Ef, partie de la ligne droite EF, bissecte la diagonale cd ene. On continuerait ainsi à démontrer que EF bissecte g h et aïnsi de suite, quelque fût le nombre de subdivisions. On en conclut que si EF bissecte ies lignes qui coupent les | l côtés opposés en 2, 4, 8, 16, 82, etc., parties égales, elle t bissectera également toutes autres lignes qu'on pourrait mener dans les conditions voulues ; puisque si la subdivision des côtés AD, BC était continuée à l'infini, les lignes de division se touchoraient enfin, pour ainsi dire, et comprendraient parmi leur nombre toutes celles qu'il serait possible de concevoir.

D'ailleurs, si on supposait les côtés AD, BC subdivisés par 2 à l'infini, les nombres infinis de points que contiendraient ces côtés pourraient se diviser dans des rapports voulus quelconques; et encore de cette manière il devient ]