PROP. I. PROBLÈME

(222) Faire un triangle ABC dont les côtés soient égaux à trois lignes droites données, w, w, r ; pourvu

ié GÉOMÉTRIE.

toujours (161) que la somme de deux quelconques de ces lignes soit plus grande que la troisième.

Prenant pour base

AC, une quelconque a'"'"/^ X""- ^

r des trois lionnes données ; des extrémités A, C de cette base, comme centres, avec A

des rayons respectivement égaux aux deux autres lignes m, n, décrivant les arcs cd, ab ; et menant du point d'intersection B des deux arcs, aux extrémités de la base, les lignes BA, BC ; le problème sera résolu.

En eflet, tous les rayons d'un même cercle ou arc de cercle étant égaux (189), et BA étant un des rayons de l'arc cd, on aura le côté AB du triangle égal à la ligne m qui a servi de rayon à cet arc ; pour la même raison, le côté CB est égal à la ligne n qui a servi de rayon à l'arc ab ; et le troisième côté AC étant par hypothèse égal à la ligne r, les trois côtés du triangle ABC sont égaux respectivement aux trois lignes données m, n, r.

Il est clair que si le côté AC, par exemple, était plus grand que la somme de AB et CB, ou ce qui est la même chose, si la ligne donnée r était plus grande que la somme de m et n, le problème serait impossible, puisque dans ce cas les arcs ab cd, ne s'intersecteraient pas ; mais la solution sera toujours possible lorsque la somme de deux quelconques des côtés sera plus grande que le troisième côté.

(223) Sco. 1. Si les trois lignes données sont égales, le triangle sera équilatéral.

(224) Sco. 2. Si deux seulement des lignes sont égales, le triangle sera isocèle.

(225) Sco. 3. PROB. Il suit de cette prop. que pour inscrire dans un cercle donné ACB une ligne AB égale à une ligne donnée, mais (138) n'excédant pas en longueur le diamètre AC du cercle ; il n'y a qu'à prendre sur la circonférence donnée un point quelconque A, et de ce point comme centre, avec un rayon AB, égal a la ligne donnée, décrire un arc ab qui coupera le cercle en un point B, daquel menant BA, cette dernière sera égale à la ligne donnée et inscrite dans le cercle.

(226) Sco. 4. PROB. Les trois côtés d'un triangle n'étant que trois lignes droites, il est évident que cette proposition équivaut à celle de faire un triangle dont les côtés soient égaux à ceux d'un autre triangle.

(227) Cor. 1. Puisque le sommet B du triangle ABC, se trouve à l'intersection des cercles décrits des points A, C, comme centres, avec les rayons \ AB, CB ; et que du même côté de la ligne AC, il ne peut évidemment y avoir qu'une seule

intersection et par conséquent un seul sommet ; il est de là évident que sur la même base AC et du même côté de cette base, on ne peut avec deux côtés donnés AB, CB, fbrmer qu'im seul triangle ABC.

(228) Cor. 2. Les cercles décrits des points A, C, avec les rayons AB, CB, ont deux intersections, l'une B d'un côté de la ligne AC qui joint les centres des deux cercles, et l'autre T> du côté opposé de cette ligne ; et ils ne peuvent en avoir plus de deux ; d'où il suit que deux cercles ne peuvent se couper en plus de deux points différents, dont un de chaque côté de la ligne qui joint les centres des deux cercles.

PROP. II. THEOR.

(229) Les angles m., n, à la base d'un triangle isocèle ACB sont égaux et ceux r, s, formés par la base AB et les côtés égaux CA, CB prolongés sont aussi égaux.

Supposons que l'angle C, au sommet du triangle, soit bissecté ; c.-à-d. (15) divisé en deux parties égales par la ligne CD ; ce qui donnera l'angle ACD égal à BCD ; et que le triangle BCD tourne autour de la ligne CD de manière à se reposer sur le triangle

ACD ; il est évident que le côté BC JJ i»

tombera sur son égal AC, et le point B sur le point A. De plus, le point B tombant sur A, le côté DB tombera sur DA, à cause du point D commun à ces deux côtés, et que (111) d'un point à un autre on ne peut mener qu'une seule et même ligne droite. Les côtés des deux triangles tombant l'un sur l'autre, donneront l'angle m=n; c.-à-d., un des angles w à la base égal à l'autre n.

(230) Les angles r, s, ou BAE, ABF, de l'autre côté de la base, sont égaux, parce que BF, formant partie de la droite BC, tombe sur AB qui forme partie de la droite AC.

D'ailleurs, les angles m et r pris ensemble valent deux angles droits, et ceux r, s pris ensemble valent aussi deux angles droits (132) ; et si des quantités égales m -{- r, n -\- s, on retranche les quantités égales m, n, les restes r, s, seront égaux (77 Ax.) ; donc, etc.

(231) Cor. 1. De là, tout triangle équilatéral est aussi équiangle.

(232) Cor. 2. De là encore, la ligne CD qui bissecté l'angle C au sommet d'un triangle isocèle, bissecté aussi la base ou le côté opposé à cet angle.

(233) Cor. 3. Puisque BD tombe sur AD, les angles BDC, ADC formés par la bissectrice CD sont égaux ; et il suit de ce théor. que la ligne qui bissecte l'angle au sommet d'un triangle isocèle est perpendiculaire à la base (218).

(234) Cor. 4. La ligne qui bissecte l'un quelconque des angles d'un triangle équilatéral, bissecte aussi le côté opposé à cet angle et lui est perpendiculaire.

(235) Cor. 5. Il suit encore du tliéor. qu'une ligne menée du sommet d'un triangle isocèle, perpendiculaire à la base, bissecte la base.

(236) Cor. 6. Il suit de même que dans un triangle isocèle, la ligne qui joint le sommet au point milieu de la base, bissecte l'angle opposé à la base et est perpendiculaire à cette base.

(237) Cor. 7. Puisque les triangles BOD, ACD, considérés séparément, ont deux côtés CB, CD et l'angle inclus DCB de l'un égaux aux côté CA, CD et à l'angle correspondant DCA de l'autre ; il s'en suit que si deux triangles ont deux côtés et l'angle inclus de l'un, respectivement égaux à deux côtés et à l'angle inclus de l'autre ; ces deux triangles sont égaux en toutes choses.

(238) Cor. 8. Si deux triangles BCD, ACD, considérés séparément, ont un côté CD et les angles adjacents DCB, CDB, de l'un respectivement égaux au côté correspondant DC et aux angles adjacents DCA, CDA de l'autre ; ces deux triangles sont égaux en toutes choses ; car la même superposition des deux triangles fera tomber le côté CB sur CA et celui DB sur DA, à cause des angles égaux en D et C. Le point B tombera donc nécessairement sur A et fera BC=AC, DB=DA et l'angle DAC--DBC ; donc, etc.

(239) Cor. 9. Si deux triangles (voyez la fig. sur la page suivante,) DGC, DÏÏC, considérés séparément, ont les trois côtés de l'un respectivement égaux aux trois côtés de l'autre ; ces deux triangles sont égaux en toutes choses.

En efiet, faisant coincider les deux triangles, comme dans la fig. par un de leurs côtés égaux DC, et menant HGr, le triangle HCG sera isocèle, à cause des côtés égaux HC, GC,

et l'angle CGH à la base sera par ce

théor. égal à l'angle CHG. Mais à

cause de DG=DH parbyp., le triangle

GDH sera aussi isocèle et dounera

l'angle HGD à la base-=GHD, et

puisque si à des quantités égales on

ajoute des quantités égales les touts

seront égaux (76 Ax.), on aura la

somme des deux angles en H égale à celle des deux angles

eu G; c.-à-d., l'angle CHD sera égal à celui CGD.

En faisant successivement coincider les autres côtés égaux CG, CH et DG, DH, Ton prouverait de même que les autres angles sont respectivement égaux l'un à l'autre ; donc, etc.

(240) Soo. 1. PROB. Il suit du dernier cor. que pour bisseeter un angle quelconqne ACB, il n'y a qu'à prendre sur les côtés indéfinis qui contiennent cet angle, des longueurs égales CH, CG, joindre HG, sur HG faire un triangle équilatéral ou isocèle (222) HDG et joindre CD qui résoudra le prob.

Car, les trois côtés CD, CG et DG du triangle DCG seront par cette construction égaux aux trois côtés CD, CH et DH du triangle DCH, ce qui (239) rend leurs angles égaux et fait que l'angle DCG=DCH; c.-à-d. que l'angle HCG ou ACB est bissecté par la ligne CD.

(241) Soo. 2. PROB. En répétant l'opération, chacune des moitiés DCE, DCF pourrait être divisée en deux parties égales ; de là il est évident que par des divisions successives un angle donné peut être partagé en 2, 4, 8, 16, etc., parties égales.

(242) Soo. 3. PROB, Il suit encore de ce théor. que pour faire en un point donné C sur une ligne CD un angle ACD égal à un angle donné BCD ; après avoir pris sur les côtés indéfinis de l'angle donné des longueurs quelconques CD, CG, et avoir joint DG, il n'y a qu'à prendre sur CD une longueur égale à celle que l'on a prise sur le côté corres-

pondant CD de l'angle donné, et sur CD, avec des longueurs égales à CG, DG, faire le triangle DCH qui sera égal au triangle DCG (226) et donnera l'angle voulu ACD égal à l'angle donné BCD.

(243) Sco. 4. PROB. On tire aisément du dernier cor. la manière de faire un triangle DCH lorsque deux côtés HC, DC et l'angle inclus HCD en sont donnés; puisque, sur un, CD, des côtés donnés, il n'y a qu'à faire d'abord un angle ACD égal à l'angle donné, sur l'autre côté CA de l'angle qu'où vient de faire, porter une longueur CH égale à l'autre côté donné et joindre les extrémités H, D des deux côtés qui comprennent l'angle ainsi fait.

(244) Sco. 5. PROB. Puisque (232) la ligne CD qui bissecte l'angle C au sommet d'un triangle isocèle, bissecte en même temps la base ; il s'en suit clairement que pour bissecter une ligne quelconque AB, il n'y a qu'à faire sur cette ligne un triangle isocèle ou équilatéral ACB (222) et bissecter (240) Tangle

C opposé à la base par la ligne CD qui partagera la ligne donnée en deux parties égales.

(245) Sco. 6. PROB. Par le cor. 6 de cette prop., la ligne qui joint le sommet d'un triangle isocèle au point milieu de sa base, est perpendiculaire à cette base ; d'où il suit que pour mener une perpendiculaire CD à une ligne donnée AB, en un point donné D de cette ligne, il suffit de prendre de chaque côté du point D des distances égales DA, DB, sur AB faire un triangle équilatéral ou isocèle ACB, et mener CD qui sera la perpendiculaire demandée

(246) Sco. 7. PROB. Il suit aussi de cette prop. que pour mener une perpendiculaire CD à une ligne AB par un point donné C hors de cette ligne ; il faut, avec un rayon quelconque CB plus grand que CD, décrire un arc de

cercle ahc coupant la ligne indéfinie AB aux points A, B, ioindre CA, CB et bissecter l'angle ACB par la ligne CD qui sera la perpendiculaire requise.

En effet, CA, CB étant rayons d'un même cercle, sont égaux, et le triangle ACB est en conséquence isocèle.

(247) Sco. 8. PROB. Si le point D dans la ligne AB était à l'extrémité de cette ligne, ou si le point C hors de cette ligne était tel que la perpendiculaire dût tomber au delà de la ligne ; il est évident qu'il n'y aurait qu'à prolonger d'abord la ligne et à procéder ensuite comme cidessus.

PROP. III. THÉOR.

(248) Si deux angles BAC, BCA d'un triangle ABC sont égaux, les côtés BC, BA qui sous-tendent ces angles ou qui leur sont opposés, sont aussi égaux.

Du point B menez BD perpen- H B G diculaire à AC (246), ce qui donnera l'angle BCD = BDA. Supposez maintenant que le triangle BDC tourne autour de la ligne BD de manière à s'appliquer sur le triangle /:'.'.

BDA ; l'angle BDC étant par cens- ^ À E D C

traction égal à celui BDA, le côté DC tombera sur DA, le point C sur le point A et le côté BC sur le côté BA ; car si le point C ne tombe pas sur le point A, il tombera en deçà ou au delà de ce point, soit en E ou F, et la ligne BC tombera en BE ou BF.

Dans chacun de ces cas les lignes BE, BF ont une inclinaison sur AC ou AC prolongée différente de celle de la ligne BA, et les angles BEC, BFC sont en conséquence (123) inégaux à l'angle A ; car, ayant mené FH, EG parallèles à AB, on a l'angle BFC plus petit que HFC ou que son égal BAC, et l'angle BEC plus grand que GEC ou que son égal

BAC ; les angles HFC, GEC étant à cause des parallèles FH, EG, égaux l'un à l'autre et à l'angle BAC

Mais si tout autre point que A donne un angle inégal à l'angle C, et puisque par hyp. l'angle BAC^BCA ; il en résulte que le point C tombera sur A et le côté BC sur le côté BA; et par suite que les côtés BC, BA sont égaux; donc, etc.

(249) Cor. Tout triangle équiangle est donc aussi équilatéral.

PROP. IV. THÉOR.

(250) La somme A+B+C des trois angles d'un triangle quelconque ABC vaut deux angles droits.

Ayant prolongé AC indéfiniment jusqu'en D, et fait l'angle ECD égal à BAC, la ligne CE sera parallèle au côté AB du triangle (154).

Les angles ABC, ECB seront donc alternes et égaux (153), et l'angle ACB qui avec les angles BCE, ECD vaut deux angles droits, formera aussi deux angles droits avec les angles A et B qui leur sont égaux ; donc, etc.

(251) Cor. 1. L'angle extérieur BCD d'un triangle quelconque ABC vaut les deux angles intérieurs et opposés A, B du triangle, et est par conséquent plus grand que l'un de ces angles pris séparément.

(252) Cor. 2. La somme de deux angles quelconques d'un triangle vaut moins que deux angles droits. Il est clair que ceci résulte directement du théor.

(253) Sco. 1. PROB. De l'égalité des angles ECD, BAD, il résulte que EC est parallèle à BA et par suite que pour mener par im point quelconque C une ligne CE parallèle

à une autre ligne AB, il n'y a qu'à joindre le point donné à la ligne donnée par une ligne quelconque CB ou CA et faire au point C l'angle BCE=CBA ou ECD=BAD suivant le cas.

(254) Sco. 2. Il suit du cor. 2, que si du même côté d'une ligne, deux autres lignes font avec la première des angles dont la somme soit moindre que deux angles droits ; ces deux lignes étant prolongées se rencontreront.

(255) Cor. 3. La somme des angles intérieurs d'une figure rectiligne quelconque ABCDE, vaut autant de fois deux angles droits que la figure a de côtés, moins quatre angles droits.

Prenant dans le polygone convexe AC un point quelconque F, et menant les lignes FA, FB, FC, etc., aux angles de la fig., il est évident que l'on obtient autant de triangles que la fig. a de côtés. Or la somme des angles de chacun de ces triangles vaut deux angles droits ; mais tous les angles autour du point F valent ensemble quatre angles droits (140) et ne formant pas partie de ceux A, B, C, etc. de la iig. sont à déduire de la somme des angles du polygone ; donc, etc.

(256) Sco. 3. Cette propriété des figures rectilignes se prouve à peu près de la même manière, en les divisant en triangles par des lignes menées d'un angle à l'autre de la fig.; et c'est quelquefois ce qu'il faut nécessairement faire ; car lorsqu'il s'agit de polygones concaves comme celui ABCDEFG, c.-à-d., à angles rentrants ABC, FED, il peut se rencontrer des cas où il soit impossible de trouver un point intérieur tel que de ce point l'on puisse mener des lignes à tous les angles de la fig.

Dans ce cas, la division indiquée donnera toujours autant de triangles que décotes, moins deux; et en conséquence la somme de tous les angles intérieurs d'un polygone quelconque vaut autant de fois deux angles droits qu'il y a de côtés moins deux dans le polygone.

(257) Sco. 4. Rien n'empêche de considérer les angles intérieurs B, E, du polygone concave AD comme étant chacun plus grand que deux angles droits.

(258) Cor. 4. Tous les angles extérieurs a, h, c, d, e, d'un polygone quelconque dont les côtés sont prolongés dans la même direction, valent ensemble quatre angles droits.

Puisque chaque angle intérieur A avec son angle extérieur a vaut deux angles droits ; il suit de là et du cor. 3 de cette prop. que tous les angles intérieurs avec tous les angles extérieurs de la fig. valent ensemble autant de fois deux angles droits que la fig. a de côtés ; c.-à-d., par le cor. 3, ces angles valent ensemï)le tous les angles intérieurs de la fig. plus quatre angles droits; donc tous les angles ext. valent quatre angles droits.

(259) Sco. 5. PROB. Etant donné deux angles A, B d'un triangle quelconque ABC ou seulement leur somme A-f B, trouver le troisième angle C du triangle.

Cet angle se trouvera évidemment en retranchant de deux angles droits la somme des deux angles donnés ; et pour cela il n'y a qu'à faire en un point quelconque C de la ligne droite AD l'angle ECD=A et ECB=B ou BCD^^A+B^ ce qui laissera l'angle BCA égal au troisième angle du triangle.

(260) Cor. 5. Si deux angles d'un triangle sont égaux à deux angles d'un autre triangle ; les autres angles de ces triangles seront égaux, et les deux triangles seront mutuellement équiangles.

(261) Cor. 6. Dans un triangle quelconque il ne peut y avoir qu'un seul angle droit ; car s'il y en avait deux, le troisième serait égal à zéro. A plus forte raison un triangle ne peut-il avoir plus qu'un angle obtus.

(262) Cor. 7. Dans tout triangle rectangle, la somme des deux angles aigus vaut im angle droit.

(263) Puisque (249) tout triangle équilatéral est aussi équiangle ; chacun «le ses angles sera égal au tiers de deux angles droits, ou aux deux tiers (|) d'un angle droit.

(264) Sco. 6. Il suit aussi du cor. 3, que chacun des angles d'un quadrilatère équiangle vaut un angle droit; chacun des angles d'un pentagone équiangle, les | d'un angle droit; chacun des angles d'un hexagone équiangle ^ d'un angle droit, et ainsi de suite.

(265) Sco. 7. On a vu (238) ^ E que si deux triangles ont un côté et les angles adjacents de l'un égaux à un côté et aux

angles adjacents de l'autre, ces

triangles sont égaux en toutes A CD F

choses, et l'on vient de voir (260) que si deux angles d'un triangle sont égaux à deux angles d'un autre triangle, les autres angles de ces triangles sont égaux ; d'où il suit que si deux triangles ABC, DEF ont deux angles A, B de l'un égaux à deux angles E, D de l'autre, et le côté BC opposé à l'un de ces angles égal au côté correspondant de l'autre triangle ; les autres côtés de ces triangles seront aussi respectivement égaux.

En effet l'angle C est aussi égal à l'angle correspondant F, et en se servant de ces angles égaux, la preuve devient la même que celle du cas cité au commencement de cette sco. ; donc, etc.

PROPOSITIONS, ETCv 65

(266) Sco. 8. PROB. Etant donné deux angles d'un triangle et un côté adjacent aux deux angles ou opposé à l'un d'eux, construire le triangle.

Dans le premier cas, il est clair qu'il n'y a qu'à faire à chaque extrémité du côté donné, un angle égal à l'un des angles donnés, et dans le second cas, retrancher (259) d'abord <le deux angles droits la somme des deux angles donnés pour avoir le troisième angle, et procéder ensuite comme dans le premier cas,

PROP. V. THÉOR,

(267) Dans tout triangle ABC le plus grand côté AB est opposé au plus grand angle ACB, et réciproquement le plus grand angle est opposé au plus grand côté.

Soit l'angle DCB=ABC, l'on aura j^ DC=DB ; car si deux angles d'un triangle sont égaux, les côtés opposés à ces angles sont aussi égaux (248). Donc CD+DA=BD+DA=BA ; mais CD+ DA>AC ; parce que la somme de deux côtés quelconques d'un triangle est plus grande que le troisième côté ; donc aussi BA>AC.

En second lieu, si AB>AC, il est à démontrer que l'angle C est plus grand que l'angle B. D'abord l'angle C n'est pas égal à B ; car cela donnerait (248) AC=AB, ce qui est contre l'hypothèse ; et C ne peut être plus petit que B ; car dans ce cas B serait plus grand que C et le côté AC>AB, ce qui est encore contre l'hyp. ; donc C est plus grand que B ; donc, etc.

En d'autres ternies, si pendant que AB est plus grand que AC, l'angle C pouvait être plus petit queB, il arriverait dans ce cas que le plus petit côté AC serait opposé au plus grand angle B, ce qui est absurde, puisque par le théor. c'est le plus grand côté qui est opposé aux plus grand angle.

66 GÉOMÊTEIE.

PROP. VI. THÉOa.

(268.) Si d'un point intérieur D dans un triangle AB(y l'on mène des lignes DB, DC aux extrémités d'un BC des côtés, leur somme sera moindre que celle des deux autres côtés du triangle ; mais l'angle BDC inclus par ces lignes sera plus grand que celui compris entre les côtés du triangle.

Prolongez BD jusqu'en E, et parce 4

qu'un côté BE d'un triangle BAE est plus petit que la somme des deux autres côtés BA, AE, la somme de BE et de EC sera moindre que celle de BA et de AC ; pour la même raison, dans le triangle DEC, l'on a DC <DE+EO ; donc aussi BD+DC est moindre que BE+EC, et à plus forte raison la somme de BD, DC est-elle plus petite que celle de BA, AC.

Maintenant, l'angle ext. BDC étant égal (251) à la somme des angles intérieurs opposés DEC, DCE, est plus grand que l'un BEC de ces angles pris séparément; pour la même raison l'angle ext. BEC est plus grand que l'angle A, ot à fortiori, D est plus grand que A; donc, etc.

PEOP. VII. THÉOR.

(269) Si deux triangles ABC, DBC ont deux côtés AB, BC de l'un égaux à deux côtés DB, BC de l'autre, mais l'angle ABC compris par les deux côtés du premier, plus grand que celui DBC compris par les deux côtés de l'autre ; la base AC de celui qui aie plus grand angle sera plus grande que la base DC de l'autre ; et réciproquement, de deux triangles ABC, DBC ayant les côtés de l'un égaux à ceux de l'autre, mais la base AC de l'un

plus grande que la base DC de l'autre ; l'angle ABC contenu par les côtés de celui qui a la plus grande base, est plus grand que l'angle DBC contenu par les côtés de l'autre.