^ CAD

Jl/ Fig. 1. \1 Fig. 2. Fig.2.

Supposons les triangles disposés comme dans la fig., de manière à coïncider par nn BC de leurs côtés égaux, et de manière aussi que celai qui a le plus petit angle DBC, soit compris dans celui qui a le plus grand angle ABC. Joignons AD, et à cause des côtés égaux AB, DB, le triangle ABD est isocèle.

Si ADC (Fig. 2) ne forme qu'une seule et même ligne droite, c.-h-d., si le point D tombe sur le côté AC, il est évident que le plus grand côté AC est opposé au plus grand an<i;le ABC, et réciproquement que le plus grand angle ABC est opposé au plus grand côté AC.

Et si D ne tombe pas sur AC, il tombera soit au-dessus ou au-dessous de cette ligne.

Dans le premier cas, ayant indéfiniment prolongé les côtés égaux BA, BD (Fig 1) jusqu'en E, F, on aura, à cause du triangle isocèle ABD, l'angle EAD=FDA (229) ; mais EAD est plus grand que CAD; donc aussi FDA>CAD, et à fortiori CDA>CAD ; or le plus grand côté est opposé au plus grand angle (Prop. V) ; donc AC opposé à l'angle ADC est plus grand que DC opposé à l'angle plus petit CAD ; donc aussi AC base du triangle ABC est plus grande que DC base de DBC.

Dans le second cas, le Iriangie isocèle ABD (Fig. 3) donne encore les angles BAD, BDA à la base égaux; or

BAD>CAD ; donc aussi BDA>CAD et à fortiori CDA> CAD ; et le plus grand côté étant opposé au plus grand angle, on a AC>CD.

Réciproquement, si AC>DC, l'angle ABC sera plus grand que DBC. En effet, si ABC n'est pas plus grand que DBC, il est ou égal à DBC ou plus petit ; mais il ne peut être égal à DBC, car alors la base DC serait égale à celle AC, puisque (237) si deux triangles ont deux côtés et l'angle inclus de l'un égaux à deux côtés et à l'angle inclus de l'autre, les bases de ces triangles sont aussi égales; or, par hyp. DC<AC; donc, etc. Et ABC n'est pas non plus moindre que DBC ; car alors, par le theor, AC serait plus petit que DC, ce qui est encore contre l'hyp. ; donc ABC est plus grand que DBC ; donc, etc.

PROP. VIII. THÉOR.

(270) Les côtés AB, CD et AC, BD et les angles C, B et A, D opposés d'un parallélogramme AD sont égaux ; et la diagonale CB bissecte le parallélogramme, c'est-àdire, le partage en deux triangles égaux ABC, DBC.

La ligne CB avec les parallèles AB, CD, fait les angles alternes m, n égaux (153). De même les alternes r, s formés par la droite CB et les parallèles BD, AC, sont aussi égaux ; et parce que si deux angles m, r d'un triangle sont égaux aux deux n, s d'un autre triangle, ces triangles ont aussi le troisième angle égal (260), on a l'angle ■ A=D. Ces deux triangles ABC, DBC ont donc tous les angles égaux et un côté CB commun, ce qui les rend égaux en toutes choses f238) ; donc, AB=CD et AC=BD, et puisque 711— n et r^s il s'en suit que ?«+s=7?+r, c.-à-d., que Iir=C : donc, etc.

(271) Cor. 1, Parallèles entre parallèles sont égales.

(272) Cor. 2. De là l'exactitude de la définition de lignes parallèles (141); caria distance entre deux parallèles est la perpendiculaire qui les unit (142) et deux perpendiculaires à une même ligne ou à deux ligues parallèles sont parallèles entre elles ; d'où il suit que deux parallèles sont partout à la même distance l'une de l'autre.

(273) Cor. 3. De là aussi, la somme de deux angles adjacents A, C ou A, B d'un parallélogramme vaut deux angles droits.

(274) Cor. 4. Si deux côtés opposés d'un quadrilatère soijt égaux et parallèles, les autres côtés seront aussi égaux et parallèles, et le quadrilatère sera un parallélogramme.

(275) Cor. 5. Tout quadrilatère dont les côtés opposés sont égaux a ses côtés opposés parallèles et est en conséquence un parallélogramme.

Car, ayant mené la diagonale CB, ou aura les triangles ABC, DBC rautuellenipnt équilatères, à cause de AB=CD, AC=BD et CB commun. Les angles m, n seront donc égaux, ainsi que ceux r, s ; ce qui (154) rend parallèles les côtés AB, CD ainsi que ceux AC, BD.

(276) Cor. 6. Un losange est un parallélogramme ; car

il a tous ses côtés égaux (168 Déf. ) et égaux par conséquent deux à deux, c.-à-d., ses côtés opposés égaux.

(277) Cor. 7. Il suit encore que si les angles opposés d'un quadrilatère sont égaux, les côtés opposés sont aussi égaux et parallèles ; car tous les angles de la fig. étant ensemble égaux à 4 angles droits (255), chaque paire d'angles adjacents sera égale à 2 angles droits, ce qui fera (154) que les côtés opposés seront parallèles et par conséquent égaux (271).

(278) Seo. 1. PROB. Puisque si l'un des angles d'un parallélogramme est droit, les autres le sont aussi, nécessairement ; il suit que pour faire un carré AC sur une ligne

donnée AB, il n'y a qu'à faire à l'une A des extrémités de la ligue donnée un angle droit DAB, sur AD porter une longueur =AB et par les points D, B mener DC, BC respectivement parallèles à AB, AD.

En effet, par le théor., AD, BC étant parallèles, on aura DC=AB, et pour une raison analogue AD=BC ; mais AB=AD par constr. ; donc, (68 Ax.) BC=AB ; donc tous les côtés du rectangle AC sont égaux ; donc, AC est le carré demandé.

(279) Sco. 2. PROB. Si au lieu de faire AD=AB, Ton faisait ce côté inégal à AB, il est évident que la même construction donnerait un rectangle.

(280) Seo. 3. PROB. Si A était un angle quelconque et que AB, AD fussent respectivement égales à deux lignes données, il est évident que par le même procédé l'on pourrait construire un parallélogramme ayant un angle égal à un angle donné et les côtés adjacents égaux à deux lignes données,

(281) Cor. 8.

Puisque par la prop.tout parallélogr. est divisible par sa diagonale A- ' en deux triangles égaux; il s'en suit que tout triangle abc peut être considéré comme moitié d'un parallélogramme correspondant BD, c'est-à-dire ayant ses côtés adjacents AB, BC et l'angle compris B respectivement égaux aux côtés adjacents ab, bc et à l'angle compris b du triangle.

(282) Cor. 9. Si deux parallélogrammes ont im angle de l'un égal à un angle de l'autre, les autres angles des deux parallélogrammes seront respectivement égaux l'un à l'autre.

(283) Cor. 10. Les diagonales AB, CD d'un parallélogramme se bisseetent mutuellement.

En efl'et, puisque dans les triangles AEC, DEB, les côtés AC, DB sont égaux par la prop., l'angle m égal à son alterne n et celui r à son alterne 5 ; il suit (238) que CE=DE et que AE=^BE ; donc, etc.

On remarquera aussi que lorsque AB est un rliombe ou losange, les quatres côtés AC, CB, BD, AD sont égaux (168). Dans ce cas, l'on aura dans les triangles adjacents ACE, BCE, AC=CB, AE=EB et CE commun; ces deux triangles auront donc tous leurs côtés respectivement égaux et leurs angles homologues aussi égaux ; ce qui donnera l'angle CEA=CEB ; c.-à-d., que dans un losange les diagonales se coupent à angles droits.

PEOP. IX. THÉOR.

(284) Les parallélogrammes CB, AD sur même base AB et entre mêmes parallèles AB, CD sont équivalents, c.-à-d., (204) égaux en surface.

Parce que CB est un p parallélogr., on a CE =AB ; pour la même raison FD=AB ; donc CE=ED (68 Ax.) Maintenant EF étant A. B Gr, K'

commun à CE et à DE, donne CF=DE. De plus les parallélogrs. CB, AD donnent CA=EB et FA=DB. Les triangles CAF, EBD sont donc égaux (239), puisque tous leurs côtés sont égaux, savoir : CE à ED, CA à EB et FA à DB. Enfin, retranchant du trapèze CABD les triangles égaux CAF, EBD, on obtient le reste CB égal (204) au reste AD ; donc, etc.

Autrement: des triangles égaux CAF, EBD, retranchant la partie commune ELF, il viendra le trapèze CELA égal à celui DFLB (77 Ax.) et à ces trapèzes égaux ajoutant le triangle commun ALB, l'on aura, comme auparavant, le parallélogr. CB égal à celui AD.

(285) Cor, 1. Les parallélogrammes CB, FK sur bases égales AB, GK et entre mêmes parallèles AK, CD sont équivalents.

Puisque par liyp. AB=GK, et queFK est un parallélogr., FD=GK ; donc, AB=FD (68 Ax.) et ces deux lignes sont parallèles, puisqu'elles forment partie des parallèles CD, AK; or, on a vu (274) que lorsque deux côtés opposés d'un quadrilatère sont égaux et parallèles, ce quadrilatère est un parallélogr.; donc,. AD est un parallélogr. Considérant maintenant FD comme base des parellélogrs, AD, FK, l'on prouverait comme on vient de le faire par la prop. que FK est égal en surface à AD ; mais par la prop., CB est égal en surface à AD, et deux choses égales à une troisième sont égales entre elles (68 Ax.) ; donc, CB est égal en surface, c.-à-d., équivalent à FK.

(286) Cor. 2. Les triangles EAB, DAB sur même base AB ou EAB, GFK sur bases égales AB, CK et entre mêmes parallèles AK, CD sont équivalents.

En effet, ces triangles ne sont que les moitiés de parallélogrs. correspondants (281) CB, AD ou CB, FK dont on peut prouver par ce théor. l'égalité de surface ; or les moitiés de quantités égales sont égales (69 Ax.)

(287) Seo. 1. Donc, une ligne CD menée du sommet C d'un triangle ABC au milieu D de sa base AB bissecte le triangle, c'est-à-dire, le partage en deux triangles équivalents ACD, BCD.

Car ce sont deux triangles sur bases égales AD, DB, et entre même parallèles AB, EF.

PEOPOSITIONS, ETC

(288) Sco. 2. PROB. Il suit que pour partager un triangle en un nombre quelconque de parties équivalentes ou proportionnelles, par des lignes menées du sommet à la base ; il n'y a qu'à partager la base en le nombre requis de parties égales (513) ou proportionnelles (514) et mener des lignes du sommet aux points de division.

(289) Cor. 3. (Fig. du par. 284). Si un parallélogramme CB ou FK et un triangle ÀDB sont sur même base AB ou sur bases égales AB, GK et entre mêmes parallèles AK, CD le parallélogramme est double du triangle.

(290) Sco. 3. PROB. Il suit du dernier cor. que pour faire F un parallélogramme ABOD équivalent à un triangle donné EFC et ayant un angle ADC égal à un angle donné ; il n'y a qu'à bissecter en D la base EC du triangle (244), mener par le sommet F du triangle la ligne FB parallèle à la base, au point D mener DA faisant l'angle ADC égal à l'angle donné et mener CB parallèle à DA.

En effet, la constr. donne DC=DE et le triangle DFC— DFE (286) ; mais (289) AC=2DFC ; donc AC==EFC double de DFC.

(291) Sco. 4. PROB. Si l'angle ADC est droit, le parallélogr. est un rectangle équivalent au triangle EFC ; donc par la même constr., l'on peut faire im rectangle équivalent à un triïingle donné.

(292) Sco. 5. PROB. Trouver un triangle GCF équivalent à une figure reetiligne quelconque ABCDE.

Ayant prolongé indéfiniment l'un AE des côtés du polygone donné, joignez CE, menez DF parallèle à CE et joignez CF ; vous

aurez le polygone ABCF équivalent au polygone donné, mais avec un côté de moins.

Les triangles CDE, CFE sur même base CE et entre mêmes parallèles CE DF sont équivalents par cette prop. Or, en retranchant du pol. donné le triangle CDE, pour lui substituer le triangle équivalent, CFE, il est évident qu'on n'en altère en rien la surface.

Procédant de même sur les aiTtres côtés du pol., on finit par le réduire en un triangle équivalent, quelque nombreux que soient les côtés du pol.

(293) Sco. 6. PROB. Il suit des deux dernières scolies qu'un polygone quelconque peut être réduit à un rectangle équivalent.

(294) Sco. 7. PROB. La sco.

5, indique clairement que pour remplacer par une ligne droite B NL la ligne brisée GHKL qui partage en deux parties une figure quelconque ABCDE, j^ mais de manière à n'altérer en rien les aires relatives de ces parties ; il n'y a qu'à consi- j^. dérer une des parties comme polygone et procéder ensuite comme ci-dessus.

Par exemple, joignant GK, menant HF parallèle à GK et joignant FK ; on aura remplacé le triangle GHK par celui GFK de même base GK et entre mêmes parallèles FH, GK ; ce qui laissera le pol. CBFKL équivalent à celui CBGHKL, et ayant un côté de moins.

Joignant ensuite FL, menant KN parallèle à FL et tirant NL ; l'on aura substitué au triangle FKL, celui FNL qui lui est égal, étant sur même base FL et entre mêmes parallèles FL, K^ ; ce qui réduite nfin la ligne brisée GHKL à la droite NL sans changer les surfaces relatives des polygones adjacents.

Si la ligne brisée GHKL était composée d'un plus grand nombre de parties, l'on continuerait d'une manière analogue la réduction.

(295) Cor. 4. Le réciproque de cette prop. est également vrai ; c.-àd., les triangles équivalents BAC, BDC sur même base BC et du même côté de cette base, sont entre parallèles BC, AD. Car, s'il n'en était pas ainsi, il arriverait que deux triangles sur même base et entre parallèles pourraient être inégaux en surface ; or dans tous les cas possibles on prouverait l'égalité de ces surfaces comme on l'a fait dans cette prop. Il n'y aurait donc aucun cas où les lignes étant parallèles et la base la même, les triangles seraient inégaux; et de même il ne pourrait exister de cas où les triangles étant égaux et sur la même base ne seraient pas entre mêmes parallèles.

D'ailleurs, si AD n'est pas parallèle à BC que AE soit cette parallèle. La prop. nous donnera BAC=BEC ; mais par hyp. BAC=BDC ; donc aussi BEC=BDC, ce qui est absurde.

(296) Cor. 5. Les triangles équivalents, sur bases égales placées dans la même ligne droite, et du même côté de ces bases, sont entre parallèles.

Car, puisque les bases sont égales, les triangles peuvent être superposés de manière à faire coincider les bases égales, et ces bases seront encore sur la même ligne droite ; ce qui permettra de faire la même preuve que dans le dernier cas.

PROP. X. THÉOR.

(297) Les compléments HF, EG des parallélogrammes EH, FG autour du diamètre AC d'un parallélogramme BD sont équivalents l'un à l'autre, ou égaux en surface.

Parce que BD est un parallélogr. la diagonale AC le partage en deux triangles égaux ABC, ABC (Prop. VIII). Be même, AHK=-AEK et 'cFK=CGK; et si des triangles égaux ABC, ABC l'on retranche AHK, AEK et CFK, CGK, qui sont égaux deux à deux, les restes IJF, EG seront égaux (77 Ax.) ; donc, etc.

(298) Sco. 1. PROB. Il suit de cette prop. que pour faire sur une ligne donnée HK, un parallélogramme HF équivalent à un triangle donné, et ayant un HKF de ses angles égal à tm. angle donné ; il faut d'abord faire (290) un parallélogr. EG équivalent au triangle donné, et ayant un angle EKG égal à l'angle donné, et un côté KG sur la même ligne droite que KH.

Prolongeant ensuite BE pour rencontrer BA menée par le point H parallèle à EK ou à BG, menant AKC pour rencontrer BG prolongée en C, menant CB parallèle à GH ou BA et prolongeant AH, EK jusqu'en B, F ; on aura enfin HF=EG égal au parallélogr. demandé sur la ligne donnée KH et ayant l'angle HKF égal à son opposé au sommet EKG==l'angle donné.

Tout ceci est évident par la eonstr. de la fig. qui donne les lignes AB, EF, BC parallèles l'une à l'autre et celles AB, HG, BC de même parallèles l'une à l'autre, et forme les parallélogrs. BB, EH, GF et ceux HF, EG, compléments de ces derniers.

(299) Sco. 2. PROB. Be là, im triangle peut être converti en un rectangle équivalent ayant un côté d'une longueur donnée ; car si K était un angle droit, le parallélogr. HF serait un rectangle.

(300) Sco. 3. PROB. Il est évident aussi que si EG était un rectangle, HF serait aussi un rectangle; d'où il suit qu'ui^ rectangl^ étant dpiiné, pour faire un recjbangle

équivalent ayant un côté égal à une ligne donnée ; il n'y

aurait qu'à disposer la ligne donnée en ligne droite avec un côté du rectangle donné et procéder ensuite comme ci-dessus.

(301) Sco. 4.

PROB. Ayant déjà indiqué (290), la manière de faire un parallélog. FH, égal à un triangle donné ADB et ayant un angle K égal à un angle donné E ; et ayant aussi démontré (298) comment faire sur une ligne donnée HG un parallélog. GM égal à un triangle donné DBG et ayant un angle égal à un angle donné E ; il est clair que la combinaison de ces deux méthodes fournit celle de faire un parallélogramme FM équivalent à un quadrilatère donné AC et ayant un angle K égal à un angle donné E.

Car, après avoir fait FH— ADB, si à la ligne HG on applique le parallélogr. GM=DBC, il est évident que FM sera égal à la fig. entière AC. De plus, FM sera un parallélogr. pourvu que l'angle GHM soit =K=E; puisqu'alors la somme des angles GHK, GHM vaudra, comme celle des angles ints. GHK, FKH, deux angles droits (152), et que la ligne KM sera en conséquence droite (135) et parallèle à FL, pendant que ML sera aussi parallèle à HG ou KF.

(302) Sco. 5. PROB. Si la iig. rect. AC contenait plus de deux triangles, on procéderait à ajouter successivement à l'un des côtés ML ou FL du parallélogr. FM, un nouveau parallélogr. égal à un des autres triangles de la fig. ; et ainsi de suite jusqu'à la fin ; ce qui indique clairement la manière de faire un parallélogramme équivalent à un polygone ou à une figure rectiligne quelconque.

(303) Sco. 6. PROB. Si l'on avait à construire le parallélogr. FM sur une ligne donnée KF, on le ferait par la méthode du par. 298, en construisant d'abord sur la ligne

donnée un parallélogr. FH égal au premier triangle de la fig. AC et ayant un angle égal à l'angle donné ; d'où il suit que l'on peut faire sur une ligne donnée un parallélogramme équivalent à une figure rectiligne donnée quelconque et ayant un angle égal à un angle donné.

(304) Seo. 7. PROB. Il suit encore des scolies 6 et 3 qu'un polygone peut être converti en un rectangle équivalent ayant un de ses côtés d'une longueur donnée.

PROP. XI. THÉOR.

(305) Dans tout triangle rectangle BA.C, le carré DC fait sur l'hypoténuse BC est égal à la somme des carrés BG, CH faits sur les autres côtés BA, CA du triangle.

Joignez FC, DA et me- G-

nez AL parallèle à BD ou à CE. Parce que BAC, BAG sont des angles droits, GAC est une ligne

droite (135) et elle est pa- \ ^''<.\ \ X

rallèle à BF (171). Dans les triangles FBC, ABD, les côtés BA, BF sont égaux etBD, BC sont aussi égaux, étant les côtés d'un même carré ; et l'angle FBC de l'un est égal à celui ABD de l'autre ; car chacun de ces angles est composé d'un angle droit ABF, CBD et de l'angle ABC commun aux deux triangles. Les triangles FBC, ABD ayant deux côtés FB, BC et l'angle inclus FBC de l'un respectivement égaux aux deux côtés AB, BD et à l'angle inclus ABD de l'autre, sont en conséquence égaux en surface (237).

Cela posé, BG étant un parallélogr. (171), et FBC un triangle sur même base BF et entre mêmes parallèles FB, GC ; le triangle FBC est moitié du parallélogr. BG (289).

Pour une raison analogue, le triangle ABD est moitié du parallélogr. BL. Mais on vient de voir que les triangles FBC, ABD sont égaux ; et les doubles de quantités égales sont égaux (69 Ax.) ; donc, BL=BG. On prouverait de même CL= en ; mais BL+CL=BE ; donc aussi, BG+CH=BE ; donc, etc.

(306) Sco. 1. PROB. Pour trouver le côté BC d'un carré BE équivalent à la somme de deux autres carrés donnés BG, Cil ; il n'y a donc qu'à porter sur deux lignes indéfinies AB, AC à angle droit, des longueurs AB, AC respectivement égales aux côtés des carrés donnés et joindre BC qui sera le côté requis.

(307) Sco. 2. PROB. On peut aussi faire un carré équivalent à un nombre quelconque de carrés donnés ; car, d'après la construction qu'on a faite pour en réduire deux à un, on en réduira trois à deux et ces derniers encore à un, et ainsi de suite.

(308) Cor. 1. Donc, AB^BC^-AC^ ou ACi=BC^AB^ ; c.-à-d., le carré fait sur un des côtés d'un triangle rectangle est égal au carré fait sur l'hypoténuse, moins le carré fait sur l'autre côté.

(309) Sco. 3. PROB. Pour trouver le côté AC d'un carré CH équivalent à la difierence de deux carrés donnés BG, BE ; il n'y a qu'à porter sur l'une AB de deux lignes AB, AC à angle droit, une longueur AB égale au côté du plus petit des deux carrés donnés, et du point B avec un rayon BC égal au côté de l'autre carré, décrire un arc coupant AC en C ; AC sera le côté demandé.

(310) Cor. 2. Si AB=AC, c.-à-d., si le triangle BAC est isocèle en même temps que rectangle, on aura BC=2AB= 2AC ; or un triangle isocèle rectangle est évidemment la

moitié d'un carré ayant pour diagonale l'hypoténuse du triangle ; donc, le carré fait sur la diagonale d'un carré est double du carré fait sur le côté ; donc aussi, BC= ABi/2. (37.)

(311) Cor. 3. Il suit aussi de cette prop. que si deux triangles rectangles ont deux côtés de l'un égaux à deux côtés correspondants de l'autre, leurs troisièmes côtés seront aussi égaux et les triangles seront identiques.

(312) Sco. 4. Les côtés égaux peuvent être un côté et l'hypoténuse ; donc, si deux triangles rectangles ont un côté et l'hypoténuse de l'un égaux au côté correspondant et à l'hypoténuse de l'autre, ces deux triangles seront égaux en toutes choses.

(313) Cor. 4. La perpendiculaire A AB est la plus courte distance d'un point A à ime ligne DE.

Car, ABL:AC^BC^; donc aussi, AB=AC— quelque chose ; donc, AB estmoindrequeAC, et parce qu'elle D C B E

est plus courte qu'aucune autre ligne, elle mesure la vraie distance d'un point à une ligne.

D'ailleurs, l'angle ABC étant droit, celui ACB est nécessairement aigu (252), c=-à-d., moindre que ABC. Mais (267) un plus petit angle dans un triangle est sous-tendu par un plus petit côté ; donc, AB est moindre que AC.

(314) Cor. 5. Si deux lignes obliques quelconques AC, AE menées d'un même point A à une troisième ligne DE et de côtés opposés de la perpendiculaire AB, coupent sur cette ligne DE des distances égales BC, BE, ces deux lignes seront égales.

Car les angles ABC, ABE sont droits, à cause de AB perpendiculaire sur CE ; de plus BC=BE par hyp., et AB est commun; donc, AB"+BC^=AB^+BE^=AE^=AC^ ; donc, AE=AC,

D'ailleurs, quand deux triangles ont deux côtés et l'angle compris de l'un égaux à deux côtés et à l'angle compris de l'autre, ces triangles sont égaux en toutes choses (23'7).

(315) Cor. 6. De deux lignes obliques quelconques AC, AD menées d'un même point A à une ligne DE, la plus coxirte est ceUe AC qui est le plus près de la perpendiculaire menée du même point A à cette ligne ; et l'on ne peut mener deux lignes égales du même côté de la perpendiculaire.

Car AD2=AB''^+BD2 et AC^^AB^+BC^ BC^<BD^, donc, AD'>AC'^ ; c.à-d., AD>AC ou AC<AD.

D'ailleurs, parce que l'angle ACB est aigu, ACD est obtus (133) ; mais à cause de ABD qui est droit, ADB est aussi aigu ; et comme le plus grand côté est opposé au plus grand angle, on a AD>AC.

(316.) Cor. 7. Tout point A dans la perpendiculaire AB au milieu d'une ligne CE, est également éloigné des extrémités E, C de cette ligne.

(317) Cor. 8. Tout point hors de la perpendiculaire au centre d'une ligne est inégalement éloigné des extrémités de cette ligne,

(318) Cor. 9. Du même point on ne peut mener à une même ligne trois lignes droites égales ; car si cela se pouvait, on aurait deux lignes obliques égales du même côté de la perpendiculaire ; ce qui (315) est impossible.

(319) Cor. 10. Si le carré décrit sur un AE des côtés d'un triangle ABE est équivalent à la somme des carrés décrits sur les deux autres côtés AB, BE, l'angle ABE contenu par ces deux côtés est un angle droit.

En eflet, soit ABC un angle droit et BC=BE ; on aura AC^=BC'-AB2; mais par hyp. AE^=BE^ ou BC^+AB^; donc, AE"^=AC^ c.-à-d., AE=AC. Dans les deux triangles ABC, ABE l'on a donc tous les côtés de l'un égaux aux côtés correspondants de l'autre ; mais (239) si les côtés

sont égaux dans deux triangles, les angles le sont aussi ; of^ l'angle ABC est droit par hyp.^ donc aussi l'angle EBA est droit,

PROP. XII. THÉOR,

(320) Il peut y avoir deux triangles différents AC'B, ACB dont deux côtés AB, AC de l'un soient égaux à deux côtés AB, AC de l'autre, et un angle B égal dans chacun^ pourvu que dans chaque triangle cet angle soit opposé au plus petit de ces côtés.

En efiet, AC étant par hyp. =AC^ le triangle C'AC est isocèle ; donc, l'angle AC'C=ACC' (229) j mais l'angle AC'B est supplément de AC'C (130) ; il est donc aussi supplément de C. On aura donc avec les mêmes données un triangle acutangle ACB ou obtusangle AC'B ; mais ces deux triangles seront tels que l'angle aigu C de l'un sera toujours supplément de î'angle obtus C' de l'autre.

Il est évident que si le côté AC était égal à la perpendiculaire AD, ce qui donnerait aussi AC'=AD, les deux triangles AC'B^ ACB se confondraient et ne formeraient plus qu'un seul et même triangle ADB ; donc, etc.

(321) Sco. PROB. Il suit du théor. que étant donné deux côtés AB, AC d'un triangle et un angle B opposé au plus petit AC de ces côtés pour construire le triangle ; il faudra, après avoir pris AB égal au plus grand des côtés donnés, faire au point B un angle ABC égal' à l'angle donné B, et du point A comme centre, avec un rayon AC égal à l'autre côté donné, décrire un arc C'aC coupant BC en C', C; puis, joindre AC', AC qui, étant rayons d'un même cercle, seront égaux.

Chacun des triangles ACB, AC'B répondra aux données

du problème, et il est clair que pour déterminer le triangle requis il faudrait de plus savoir s'il est acutangle ou obtusangle.

Observons encore que le problème serait impossible si le côté AC était moindre que la perpendiculaire AD menée du point A sur le côté opposé BC.

Si l'angle donné était opposé au plus grand des deux côtés donnés, il est clair que la construction se ferait d'une manière analogue ; mais ne donnerait qu'un seul triangle AC'B, ADB ou ACB suivant que l'angle donné serait obtus, droit ou aigu.

PROP. XIII. THÉOR.

(322) Deux angles A, B sont égaux si les côtés AC, AD de l'un sont respectivement perpendiculaires à ceux BC, BE de l'autre.

Puisque AD est perpendiculaire à BC et BE à AC, il s'en suit que les deux triangles CDA, CEB, ont les angles en D et E droits et égaux. Ces triangles ont aussi un angle C commun, et parce que quand deux triangles ont deux angles de l'un égaux à deux angles de l'autre, ces triangles ont aussi leurs troisièmes angles égaux (260) ; l'angle A=B ; donc, etc.

(323) Cor. Si les trois côtés d'un triangle sont perpendiculaires aux trois côtés d'un autre triangle, ces triangles sont équiangles ; vérité qui suit immédiatement du tbéor.

Autrement. Si l'on suppose qu'un triangle dont les côtés sont perdendiculaires à ceux d'un autre triangle, tourne autour d'un de ses points angulaires, de manière à ce qu'un de ses côtés décrive un angle droit ; il est clair que ses autres côtés décriront aussi des angles droits, et que chacun des côtés deviendra parallèle aux côté correspondant de l'autre ; d'où aussi, deux triangles sont équiangles si les côtés de l'un sont parallèles à ceux de l'autre.

D'ailleurs, cette propriété se déduit directement de l'énoncé fait au par. (151).

PEOP. XIV. THÉOR.

(324) Si ron bisseete l'angle extérieur BCD d'un triangle ABC et l'un BAC de ses angles intérieurs opposés, l'angle E formé par la rencontre des deux bissectrices CE, AE est égal à la moitié de l'autre angle B du triangle.

D'abord, parce qne (251) l'angle ext. BCD>rangle iut.

BAC, on aura ECD moitié du premier plus grand que EAC moitié du second ; donc, ECD est l'angle ext. d'un triangle EAC, c.-à-d., que CE, AE prolongées suffisamment Be rencontreront.

Maintenant parce que ECD=JBCD et EAD=iBAD par constr., et parce que BCD=BAC+ABC, ECD=*BAC-f i-ABC ; c.-à-d., ECD=EAC-fiB ; mais l'angle ext. ECD= EAC+E(251); donc, EAC+Ë=EAC-f JB (68 Ax.) ; donc, donc, etc.

PEOP. XV. THÉOR-

E-JB

(325) Un trapèze quelconque ABCD est égal en surface à un parallélogramme AEFD de même hauteur AK, et de base HG, ou BF égale à la demi-somme AB+DC des bases parallèles AB, BC du trapèze. ^

Eu eflet, par le point G, milieu \ E

de BC, menant EF parallèle à AT) et prolongeant AB jusqu'en E ; l'on aura le triangle FGC retranché du trapèze d'une part, égal à celui EGB qu'on lui ajoute d'autre part ; car, dans ces deux

triangles, l'égalité provient de ce que GC un côté de l'un est égal par constr. à BG- uu côté de l'autre et que tous les angles sont respectivement égaux (238), savoir : E égal à son alterne F (153), B égal à son alterne C et FGO à son opposé au sommet EGB ; donc AEFD=ABCD.

Il est clair aussi que HG menée par le point milieu G parallèle à AB ou à DC est égale à AE ou DF et DH=FG, puisque les parallèles entre parallèles sont égales (271). Maintenant, à cause de l'égalité des triangles EGB, FGO, l'on a BE=FC ; donc, AB+DC=2DF (ou 2 AE)=2HG ; donc, IIG menée par le point milieu G du trapèze, parallèle à AB ou à DC, est égale à la demi-somme des bases parallèles du trapèze ; donc, etc.

(326 j Sco. 1. Parce que HG est parallèle a AE et à DF et que EG=GF, on a aussi AH=HD, car AH=EG et Dïï= FG. Le point H est donc aussi le point milieu du côté AD du trapèze ; donc, l'on peut dire aussi que la surface d'un trapèze est égale à celle d'un parallélogramme de même hauteur et de base égale à la ligne menée entre les points milieux de ses côtés inclinés.

(327) Sco. 2. PROB. Si ABCD

est un trapèze, et que par le point C l'on mène CE parallèle à DA, prolongeant AB pour rencontrer CE en E, l'on aura CE= DA, à cause des parallèles entre parallèles, et BE=DC— AB égal à la différence entre les bases parallèles. D'où l'on tire la manière de construire un trapèze lorsque les quatre côtés seulement en sont donnés.

A cette fin, prenant pour base de l'opération l'un BC des côtés inclinés du trapèze et avec des longueurs CE,BE respectivement égales à l'autre côté incliné DA, et à la différence entre les bases parallèles du trapèze, construisant un triangle BEC, prolongeant EB d'une quantité— BA et par

les points A, C menant AD, CD respeclivemeut parallèles à EC, AB, on aura le trapèze demandé.

PROP. XVI. THÉOR.

(328) Un parallélogramme quelconque ABCD est égal en surface à un rectangle ABFE de même base AB ou EF et de même hauteur AE ou BF.

Cette propriété se déduit directement de la prop. IX (284) puisqu'un rectangle est en même temps un parallélogr.

(ni).

D'ailleurs, puisque dans les triangles AED, BFC, DA= CB et AE=BF (270), et que les angles AED, BFC sont droits et égaux; les triangles sont égaux en toutes choses (312); et comme le triangle AED que l'on retranche d'an côté est égal à celui BFC que l'on ajoute de l'autre, il est clair que le rectangle AF est égal au parallélogr. AC ; donc, etc.

(329) Cor. Tout triangle DBC est égal à im triangle rectangle EBF de base égale EF et de même hauteur BF.

Car le triangle rectangle EBF est moitié du rectangle AF (270) et le triangle DBC moitié du parallélogr. AC ; mais on vient de prouver que le rectangle est égal au parallélogr. et les moitiés de choses égales sont égales (69).

PROP. XVII. THÉOR.

(330) Deux rectangles AF, AC de même hauteur AD sont entre eux comme leurs bases AE, AB ; c.-à.d., leurs surfaces sont proportionnelles à leurs bases.

En efiet, si les deux bases AE, D H L^ F C

AB sont eommensurables (48), ou pourra les supposer divisées en un certain nombre de parties égales AG, GK, etc. ; et si par les points de division G, K, etc., on mène les lignes GH, KL, etc., perpendiculaires à AB ou parallèles à AD, l'on aura un certain nombre de rectangles égaux AH, GL, etc., (ni et 285), puisque tous ces rectangles auront bases et hauteurs égales. Or, il est clair que si le rectangle AF par exemple contient 5 rectangles partiels, AH, et que celui AC en contienne 8, les surfaces de ces rectangles seront entre elles comme 5 est à 8 ou comme AE à AB.

Le même raisonnement peut s'appliquer quel que soit le rapport de AE à AB ; de là, quel que soit ce rapport, gi ses termes sont eommensurables, on aura AF : AC : : AE : AB.

(331) En second lieu, si l'on suppose que les bases AE, AB soient incommensurables (50), il est à démontrer que l'on aura encore AF : AC : : AE : AB.

Si l'unité de mesure AG est coutenue un nombre exact de fois en AE, mais non en AB ; il y aura un reste NB qui sera à AG dans un rapport quelconque. Si le reste NB était égal à la moitié de AG, il est clair que la surface KO serait aussi égale à la moitié de AH par le dernier par. .

De même, si NB est le tiers, le quart, le cinquième ou aucune autre fraction ou partie de l'unité de mesure AG, que cette fraction puisse ou non s'exprimer en nombres finis (51), il est clair que la surface ÎTC qui lui correspond sera la même fraction ou partie de celle AH que ÎSTB l'est de AG; c-à-d. que NC est à AHrrNBrAG; mais NC, AG sont deux rectangles quelconques de même hauteur; donc aussi, AF, AC qui sont deux rectangles quelconques de même hauteur seront entre eux comme leurs bases ; c-à-d., on aura AF : AC : : AE : AB ; donc, etc.

PROP. XVIII. THÉOR.

(332) Deux rectangles quelconques AC, AG sont entre eux comme les produits de leurs bases AB, AE multipliées par leur hauteurs AD, AF ; c.-à-d. que l'on aura AC : AG :: (AB.AD) : (AE.AF).

Disposons les deux rcetangles de H D q

manière qu'ils aient un sommet commun A et leurs bases AE, AB sur la même ligne droite EB, et prolongeons les côtés CD, GE jusqu'à leur rencontre en H; AH sera évidemment un

rectangle et l'on aura par le dernier

théor. AC : AH :: AB : AE et AH : AG :: AD : AF.

Maintenant nous avons vu (103) que les produits des termes correspondants de deux séries de quantités proportionnelles sont eux mêmes proportionnels ; on aura dans ce cas ACxAH:AGxAn::ABxAD: AEXAF. Supprimant AH qui est commun aux deux premiers termes, ce qui par conséquent (73 Ax.) n'en change pas le rapport, il reste enfin AC : AG:: (AB.AD) : (AE.AF) ; donc, etc.

PROP. XIX. THÉOR.

(833) La surface d'un rectangle AC est égale au produit de sa base AB ou DC par sa hauteur AD ou BC, ou ce qui revient au même, à celui de deux quelconques de ses côtés adjacents (180) ; pourvu que l'on entende par ce produit celui de deux nombres, dont l'un est le nombre d'unités linéaires AE dans la base du rectangle, et l'autre le nombre d'unités linéaires égales AG dans la hauteur de ce rectangle.

En eflet, ce produit donnera le ^ nombre d'unités superficielles Ail (24) dans la surface du rectangle ; parce que, pour une unité A G en G hauteur, il y aura autant d'unités

superficielles AH, qu'il y a d'unités A F E B

linéaires AE dans la base; pour deux unités en hauteur, deux fois autant; pour trois unités en hauteur, trois fois autant, et ainsi de suite; donc, etc.

(334) Sco. 1. Cette mesure du rectangle n'est absolue qu'autant que Ton suppose à l'unité de mesure AH ou à sa racine AE (40) une certaine valeur définie, comme celle d'un mètre, pied, pouce ou ligne, etc.

En eflet, si AE=AG=I mètre, pied, pouce, ligne, etc. en longueur ; AH sera un mètre, pied, pouce, ligne, etc., carré ou superficiel ; et le produit de AB par AD donnera évidemment le nombre de mètres, pieds, pouces, lignes, etc. superficiels, contenus dans le rectangle AC ; c.-à-d., la superficie ou surface de ce rectangle.

(335) Sco. 2. Si l'on ne suppose pas à l'unité de mesure une valeur définie, le produit de la multiplication ne signifiera rien par lui-même ; puisque, prenant sucessivement une unité de mesure plus petite oa plus grande que la première, on aurait un produit plus grand ou plus petit que le premier produit ; car une plus petite unité AP serait contenue en AB et AD un plus grand nombre de fois, donnant pour résultat un produit numérique plus grand ; tandis qu'une plus grande unité de mesure serait contenue en AB et AD un plus petit nombre de fois, et donnerait pour résultat un produit numérique plus petit.

(336) Sco. 3. Cependant si cette mesure du rectangle n'est pas absolue, elle pourra être relative, eu égard à un autre rectangle PR composé d'unités de mesure PS égales à celles du premier.

Si par exemple, il y a dans la base AB du premier rectangle 5 unités AE et dans sa hauteur 3, et dans la base PT du second rectangle 6 unités PQ égales à celles AE du premier rectangle, et dans sa hauteur 4 ; il est clair que les surfaces de ces deux rectano-les seront l'une à l'autre comme 5x3 à 6x4 ou comme 15 à 24, puisque l'un de ces rectangles contiendra 15 unités superficielles quelconques AH^ AE*^, et l'autre 24 unités superficielles PS égales à Ail, ces unités étant des carrés égaux.

(337) Cor. 1. Donc, encore de cette manière, les surfaces de deux rectangles sont entre elles comme les produits respectifs des bases et hauteurs de ces rectangles ; c.-à-d., AC : PR : : (AB.AD) : (PT.PV).

(338) Sco. 4. Cette dernière conclusion est vraie, que les côtés des rectangles ou leurs bases et hauteurs soient ou non commensurables (48) ; car, comme nous l'avons vu (47 à 51), nous pouvons, en prenant une unité de mesure de plus en plus petite, approcher tellement de cette commensurabilité, c.-à-d., du rapport entre les côtés des rectangles, que l'erreur entre le vrai rapport et le rapport approximatif soit plus petite que la moindre quantité assignable.

Et d'ailleurs, quelle que soit la longueur relative de chacun des côtés de ces rectangles, leurs surfaces dépendent évidemment d'une manière directe de ces longueurs ; et que l'on puisse ou non exprimer chacune de ces longueurs en nombres finis, cela n'empêche pas que ces surfaces soient entre elles comme les produits de ces longueurs ou des

nombres qui les représentent, comme on vient de' le démontrer dans la dernière prop.

(339) Sco. 5. Puisque la surface d'un rectaugle quelconque AC ne dépend que de la longueur des deux côtés adjacents qui le comprennent ; il suffira pour l'exprimer de dire le rectangle AB.AD ou AD.DC, mettant un point (30) entre les deux côtés pour en indiquer le produit ; car (214) ce produit est égal à la surface en question.

(340) Sco. 6. De même, s'il s'agissait du rectaugle que l'on pourrait faire avec les parties AD, AB de la ligne droite ou brisée DAB ; l'on dirait encore le rectangle AD.AB pour indiquer le produit de ces deux lignes.

(341) Cor. 2. i^ous venons de voir que la surface d'un rectangle DF est égale au produit de sa base EF par sa hauteur DE ; mais (328) un parallélogr. quelconque DB est égal en surface à un rectangle DF de même hairteurDEet de même base DC ou EF ; d'où il suit que la surface d'un parallélogramme quelconque ABCD est égale au produit de sa base AB par sa hauteur DE.

(342) Cor. 3. Les parallélogrammes de même base sont entre eux comme leurs hauteurs ; et réciproquement, ceux de même hauteur sont entre eux comme leurs bases; car dans ces deux cas, un des éléments ou facteurs restant constant, les surfaces respectives des figures, ne peuvent dépendre que de l'élément ou facteur variable.

(343) Cor. 4. En général, les parallélogrammes quelconques sont entre eux comme les produits de leurs bases et de leiirs hauteurs.

(344) Cor. 5, La surface d'un triangle quelconque ACB est égale au demi produit de sa base AB par sa hauteur

CF ; puisque (281) tout triangle ACB est moitié de sou parallélogr. correspondant ABCD.

2° Il est clair aussi, comme pour les parallélogrs. que deux triangles de même hauteur sont entre eux comme leurs bases et réciproquement ceux de même base comme leurs hauteurs.

(345) Cor. 6. En général, les triangles quelconques sont entre eux comme les produits de leurs bases et hauteurs.

Car ce qui est vrai de deux ou plusieurs quantités, l'est également des moitiés, des doubles, ou de tous les autres multiples ou sous-multiples égaux de ces quantités (voir les axiomes 68, etc.) ; puisque si les quantités sont égales, leurs multiples et sous-multiples égaux seront aussi égaux, et que si les quantités ont l'une à l'autre un rapport quelconque, leurs multiples ou sous-multiples égaux auront aussi entre eux le même rapport (73 Ax.)

(346) Cor. 7. On a vu (325) AL B E qu'un trapèze ABCD est égal / en surface à un parallélogr. -u / AEFD de même hauteur EX J

et de base DF égale à la demi- L

somme /AB-fDC\ des bases ^ ^ ^' ^'

parallèles AB, DC du trapèze, et l'on vient de voir (341) que la surface d'un parallélogr. AF est égale au produit de sa base DF par sa hauteur LK ; donc, la surface d'un trapèze est égale au produit de sa hauteur par la demi-somme de ses bases ou côtés parallèles.

(347) Sco. 7. La ligne HG qui joint les points milieux des côtés opposés non parallèles du trapèze étant égale (325) à la demi-somme des bases parallèles, on peut donc aussi dire que la surface d'un trapèze est égale au produit de sa

hauteur par la ligne qui joint les points milieux de ses côtés inclinés.

(348) Sco. 8. PROBS. Donc, pour résumer ; la surface d'un rectangle s'obtiendra toujours en faisant le produit de ses côtés adjacents ou ce qui est la même chose, de sa base par sa hauteur ; celle d'un carré en multipliant son côté par lui même, puisqu'un carré n'est qu'un rectangle à côtés égaux ; celle d'un parallélogramme, rhombe ou losange, en multipliant sa base par sa hauteur ; celle d'un triangle, en multipliant sa base par la moitié de sa hauteur ou sa hauteur par sa demi-base, ou enfin, en prenant le demi-produit de sa base et hauteur ; celle d'un trapèze, en faisant le produit de sa hauteur par la demi-somme de ses côtés parallèles, ou en prenant le demi-produit de sa hauteur par la somme de ses côtés parallèles.

(349) Sco. 9. PROBS. Réciproquement, la division étant le contraire de la multiplication, puisque par la première opération l'on défait ou décompose ce qu'on faitpar la seconde (22), il est clair que pour revenir de la surface d'une figure à ses éléments ou facteurs, il faut diviser cette surface par le facteur donné pour en déduire le facteur inconnu. Ainsi, la surface d'un rectangle divisée par sa hauteur donnera évidemment sa base, ou sa surface divisée par sa base donnera sa hauteur, et il en sera de même d'un parallélogramme quelconque. La surface d'un triangle divisée par sa demi-base donnera sa hauteur, ou sa surface par la moitié de sa hauteur donnera sa base, ou encore, sa surface par sa base donnera sa demihauteur. Pour le trapèze, il est clair que sa surface divisée par sa hauteur donnera la demi-somme de ses bases parallèles, puisque ce sont là les facteurs qui concourent à la formation de sa surface, et réciproquement la surface du trapèze divisée par la demi-somme de ses côtés parallèles ou par la ligne qui joint les points milieux de ses côtés inclinés, donnera sa hauteur.

(350) Sco. 10. PROB. La surface du carré s'obtenant eu multipliant nu de ses côtés par lui même ou en carraut ce côté; il est clair que pour revenir de la surface d'un carré à son côté, il n'y a qu'à extraire la racine carrée de cette surface.

(351) Sco. 11. PROB. Tout quadrilatère BD pouvant se partager en deux triangles ABC, ADC, par une diagonale menée entre deux quelconques de ses angles opposés; il est clair que la surface d'un quadrilatère quelconque s'obtiendra en multipliant une de ses diagonales (base commune) AC par la demi-somme des perpendiculaires ou hauteurs BF, DE abaissées des angles opposés sur cette base.

(352) Sco. 12. PROB. Tout polygone régulier ou irrégulier BE pouvant se diviser en triangles ; il est clair que la surface d'xm polygone quelconque peut s'obtenir en calculant d'abord séparément celle de chacim des triangles qui le composent, si ces triangles sont inégaux, ou d'un seul s'ils sont égaux, au moyen de leurs bases et hauteurs respectives BD, CK ;

AD, BL ; AD, HE ; etc. ; et en ajoutant ensemble tous ces triangles.

PROP. XX. THÉOR.

(353) Le rectangle AC de deux LLgnes AD, AB est équivalent à la somme AD.AE+AD.EF+AD.FB des rectangles formés par l'une AD de ces lignes et les parties

AE, EF, FB de l'autre ligne.

Il est clair que le rectangle AC A E F B

est é^al à la somme des rectauç-les AG, EH, FC ; car (84 Ax.j, le tout est égal à la somme de ses parties et EII=EG.EF, FC-=FH.FB; mais ^ , ^ r^ n

. D (jr H L/

parce que les parallèles eutre parallèles sont égales, EG=AD et FH^AD ; donc, EG.EF== AD.EF et FH.FB=AD.FB ; donc, AD.AB=AD.AE+AD. EF+AD.FB ; donc, etc.

(354) Seo. 1. Cette propriété dérive facilement de l'algèbre. Soit AD=«, AE=6, EF=c, FB—d; l'on aura a

(6+c+f?)=«è+«c+ac?.

(355) Cor. 1. Si l'on suppose AB=AD, AC sera un carré ; donc, si l'on divise une ligne AB en deux ou plusieurs parties quelconques AE, EF, etc., les rectangles AG, EH, etc., contenus par la ligne entière et chacune des parties seront ensemble équivalents au carré de la ligne entière.

(356) Sco. 2. Soit AB=AD=a, AE=ô, EB^c ; alors, a=b-{-c ; donc, multipliant de part et d'autre par a, l'on aura n=ab-rad.

(357) Cor. 2. Si AB est partagée en deux parties quelconques AE, EB et que AD soit égale à l'une AE de ces parties; on aura évidemment AB.AE=AB.AD^EB.AD-}- AE ; car AE étant =AD, AG sera un carré ; donc, si l'on divise une ligne en deux parties quelconques, le rectangle contenu par la ligne entière et l'une des parties est équivalent au rectangle contenu par les deux parties pliis le carré de l'autre partie.

(358) Sco. 3. Soit AB=a, AE=ô, EB=c ; alors, a=b-\-c et multipliant de part et d'autre par c, l'on a ae=bc-\-c^.

PROP. XXI. THÉOR.

(359) Si l'on divise une ligne AB en deux parties quelconques AC, CB ; le carré de la ligne entière AB est équivalent à la somme des carrés des deux parties AC, CB de la ligne, plus deux fois le rectangle des parties ; c.-à-d., ABi=AC^+CB^+2AC.CB.

Soit AE le carré sur AB et BK=BC.

Par les points C, K menant CF parallèle à BE ou AD et KH parallèle à AB ou DE ; il est clair que tous les angles seront droits, et parce que les parallèles entre parallèles sont égales (271) on aura CG=BK=CB = GK. D F E

Donc, CK sera le carré sur CB. Maintenant parce que An=BK=CB et que AD=AB, il est évident que HD=AC =HG=DF=GF; donc, HF est le carré sur DF ou son égal AC. Nous avons aussi le rectangle AG=AC.CG= AC.CB=GE, puisque GK=GC et GF=AC. Or, le carré AE est composé des carrés CK, HF et des rectangles égaux AG, GE ; donc, ABL=AC~+CB^+2AC.CB.

(360) Sco. 1. Cette propriété dérive aussi du carré d'un binôme. Soit AC— a, CB=6 ; alors {a+bf=c?-]-2ah-\-h'^.

(361) Cor. 1. La diagonale BG prolongée passe par le point D. Car elle partage le carré CK en deux triangles égaux et isocèles faisant l'angle BGK=BGC, Les angles DGH, DGF sont égaux à leurs opposés au sommet BGK, BGC et valent par conséquent chacun la moitié d'un angle droit ; mais parce que DGF est moitié d'un angle droit, DFG étant un triangle rectangle, GDF sera aussi moitié d'un angle droit. Le triangle DFG est donc isocèle et DF=GF. Le triangle DEB est donc aussi isocèle, puisque DBE, BDE sont des angles égaux ; donc, DE=BE et DB

est la diagonale de AE et elle passe par le point G ; donc, les parallélogramines CE, HF autour du diamètre BD d'un carré AE sont aussi des carrés.

(362) Cor. 2. Si l'on divise une ligne AB en deux parties quelconques AC, CB ; le carré AE de la ligne entière, plus le carré CK d'une CB des parties, est équivalent à deux fois le rectangle AB.BC de la ligne entière et de cette partie, plus le carré HF de l'autre partie AC. C'est-à-dire AB^-f BC^= 2 AB.BC+ACl

Buisque par hyp., BK=BC ; AE:=AB.BC=EB.BC=CE. Maintenant il est évident que AK+CE+HF=AE+CK ; car en prenant AK+CE, on prend le carré CK deux fois ; donc, etc.

(363) Sco. 2. Soit AB=a, AC=6, CB=c ; alors a^=b^-\- 2bc + C ; ajoutant c^ de part d'autre, ou aura a +c^=6 + 26c+2c^; donc c?+<?=\i^+2c[b+c) ou a^+c^=2ac-fô^.

(364) Cor. 3. Donc la somme des carrés de deux lignes est équivalente à deux fois le rectangle contenu par les lignes, plus le carré de la différence de ces lignes ; car si AB, CB sont les deux lignes, leur différence est AC, et comme on vient de le voir, AB^+CB^ ou AE+CK=AK+ CE+HF=2AB.BC+AC^

(365) Cor. 4. Il suit aussi du dernier cor. qne le carré HF décrit sur la différence de deux lignes, est équivalent à la somme des carrés sur les deux ligifes respectivement, moins deux fois le rectangle contenu par ces lignes. Car a — c=6 ; et en carrant il vient c? — 2ac+c^=è^, ce qui se déduit aussi de la dernière sco. par transposition.

PBOP. XXII. LEMME.

(366) Si une ligne AB est divisée en deux parties égales au point C et en deux parties inégales au point D ; la partie CD de la ligne entre les points de section est

égale à la demi-différenee entre les parties inégales AD, DB de la ligne entière.

Faites AE=DB et vous aurez E D

»ED égale à la diflerence entière -^^ ' q '^

entre AD, DB ; or, puisque par

constr. AC==CB et AE=DB, il est clair (77. Ax.) que AO— AE=CB— DB ; donc CD=CE=iED ; donc, etc.

(367) Sco. 1. PROB. Donc, étant donné la somme AD+DB de deux lignes AD, DB et leur difîérence ED pour trouver les deux lignes ; il n'y aura qu'à ajouter à AC, moitié de la somme des deux lignes, la moitié CD de la différence, pour avoir le plus grand segment AD ; et de la moitié de la somme des deux lignes, retrancher la moitié de la différence, pour avoir le plus petit segment DB.

(368) Sec. 2. PROB. Ce que l'on vient de dire au sujet de la somme et difiérence de deux lignes s'appliquera également à toutes autres quantités de même espèce (25) ; car ce qui est dit des lignes s'entend des nombres d'unités de mesure de ces lignes ; or ces nombres peuvent également représenter ceux de deux surfaces ou solides ou encore de deux angles ; donc, en général, on pourra toujours trouver deux quantités quelconques de même espèce, étant donné leur somme et leur diâérence.

PROP. XXIII. THÉOE.

(369) Si l'on divise une ligne AB en deux parties égales au point C et en deux parties inégales au point D ; le rectangle des parties inégales AD, DB, plus le carré de la ligne CD entre les points de section, est équivalent au carré de la moitié de la ligne ; c.-à-d. que l'on aura AD.DB-l-CD^-CBl

Soit CF le carré sur CB moitié A G D B

de la ligne donnée. Faisant BN=

BD et menant les parallèles NK, i y Im

DG et AK, l'on aura comme dans

le dernier théor. (359) DN=DB^,

LG=CD2 et AH=AD.DB-=Ie E G F

rectangle des parties inégales. Maintenant parce que BF= BG=AC et parce que AE:=DII=:DB, le rectangle DF=AL et DF+CII=AL+Cn=AII ; or le gnomon GNC plus le carré LG=CF ; donc aussi AII+LG=CF, ou AD.DB+ CD'^--=CB^ ; donc, etc.

(370) Cor. 1. Il suit de cette prop. que la différence entre les carrés de deux lignes inégales AC, CD ou CB, CD, est équivalente au rectangle de leur somme AD et de leur différence DB ; c.-à-d. AC'^— CD^ ou CB-— CD^=(AC+CDj (AC— CD).

(371) Sco. 1. Soit AC=a, CD=6; alors AD=a+6, et DB=a — 6; donc (a+è)x(a — h)=(^ — è , c.-à-d. le produit de la somme et de la différence de deux quantités (24) est égal à la différence de leurs carrés.

(372) Cor. 2. De tous les rectangles contenus par les segments d'une ligne doiuiée, le plus grand est le carré décrit sur la moitié de la ligne.

Car par la prop. ce carré est équivalent au rectangle ^ies segments de la ligne plus quelque chose ; d'où il suit que le rectangle eu question est équivalent au carré de la moitié de la ligne moins quelque chose ;• donc le rectangle est moindre que le carré, ou le carré est plus grand que le rectangle.

(373) Sco. 2. PROB. Il suit de cette prop. que pour diviser une ligne donnée AB de manière que le rectangle AD.DB de ses segments soit équivalent à un carré donné ; ou ce qui est la même chose, pour faire un rectangle é quivalent à un carré donné et ayant la somme de ses

côtés adjacents égale à une ligne donnée ; pourvu toujours (372) que la surface du carré donné ne soit pas plus grande que celle du carré de la moitié de la ligue donnée ; il n'y a qu'à bissecter (244) la ligne donnée en C, et faire (309) CD égal au côté d'un carré équivalent à la différence entre le carré sur CB et le carré donné. Le point D divisera la ligne AB de la manière voulue ; c.-à-d. AD.DB sera égal au carré donné.

(374) Autrement; pour mieux faire saisir la solution du prob. ou pour la rendre plus ostensible et de plus facile application aux divers JLr cas qui peuvent se présenter ; Boit AB la ligne donnée, bissectée eu C et inégalement divisée en D. Soit aussi M le carré fait sur AC moitié de la ligne, et P le carré fait sur CD, ligne entre les points de section, et par conséquent (366) égal au carré de la demi-différence des parties inégales AD, DB ; soit enfin E le rectangle requis et N le carré auquel ce rectangle doit être équivalent en surface.

Par la prop. (369) AD.DB+CD^=CB^ ou AC^ ; mais par hyp. AD.DB=AD.DE==R, CD'^=P etAC^=M; donc aussi E,+P^M, et parce que R est équivalent à N on a aussi N+P=:M, ou M — N"=P; et CD est le côté du carré P, c.-à-d. le côté d'un carré égal à la diftérence entre le carré donné N et le carré M, sur la moitié de la ligne ; d'où il suit clairement qu'étant donné AD+DE, somme des côtés d'un rectangle, et K, surface de ce rectangle égal au carré N ; il faut, pour trouver AD et DE séparément, prendre AB= AD+DE, bissecter AB en C, sur AC décrire le carré. M, trouver (309) CD égal au côté d'un carré P équivalent à la différence entre les carrés M et N, c.-à-d. (366) égal à la demi-diflérence entre les parties AD, PB ou entre les côtés AD, DE du rectangle requis ; et enfin, (367) à AC demi-

somme des côtés adjacents du rectangle ajouter CD pour avoir le plus grand côté AD, et de AC ou de sou égal CB soustraire CD pour avoir le plus petit côté DB=DE.

(375) Sco. 3. PROB. S'il s'agissait de faire un rectangle AE égal en surface à un carré donné I^ et ayant la différence entre ses côtés adjacents égale à une ligne donnée CD; il est clair d'après ce qui précède qu'il faudrait trouver (306) AC égal au côté d'un carré M équivalent à la somme du carré donné N et de celui P de la moitié de la différence donnée ; puis, comme dans le dernier cas, trouver AD=A.C+CD et DE=AC— CD.

(376) Sco. 4. PROB. Il suit aussi que pour faire un carré N équivalent à une figure rectiligne donnée ; il

faut d'abord faire (293) un rectangle AE équivalent à la fig. rect. donnée ; prolonger ensuite l'un AD des côtés de ce rectangle d'une quantité DB égale à l'autre côté DE, bissecter AB en C, et faire (309) le côté du carré requis N" égal à celui d'un carré équivalent à la différence entre les carrés M et P.

(377) REM. Si dans les trois derniers problêmes les données étaient numériques ; on arriverait facilement aux solutions numériques, en se rappelant ce qui a été dit aux paragraphes (24) et (333).

En effet, ÎT ou R serait alors représenté par le nombre d'unités de mesure dans le rectangle en question et provenant de la multiplication de ses côtés adjacents AD, DE ; M serait le carré du nombre d'unités de mesure dans AC, et P celui du nombre d'unités de mesure dans CD.

Cela posé, si les données étaient comme dans le premier cas (373) ; savoir : AB, et K=N' pour trouver AD et DB ou AD et DE ; l'on obtiendrait ces inconnus en faisant AD=

AC+CD=AC+t/AC2— AD.DE=AC+i/M^^, et DB ou DE=AB— AD=AC— i/M— E.

Dans le second cas (375) où les données étaient CD etR,

on trouverait JlD=CD+i/CD^+R=C+Di/PH-K, et DE= AB— AD=i/F+R— CD.

Dans le troisième cas (376) où il s'agit de faire nn carré N équivalent en surface à une figure rectiligne donnée, il est clair que l'opération arithmétique se réduit à extraire la racine carrée du nombre d'unités de mesure dans la fig. rect. donnée pour avoir la longueur du côté du carré demandé.

PROP. XXIV. THÉOR.

(378) SiAC=CD, AD sera une ligne bissectée en C et prolongée jusqu'en B. Alors, la construction étant sous d'autres rapports analogue à celle de la fig. du dernier tbéor.

(369), L(x sera le carré sur la la moitié de ligne AD, et CF le carré sur la ligue CB composée de la moitié CD de la ligne donnée et de la partie prolongée BD, et comme AC=CD=:NF, AL 8era=HF ; ce qui donnera le gnomon CNG=A]S'=AB.DB ; donc :

Si une ligne AD est divisée en deux parties égales AC, CD et prolongée d'une quantité quelconque DB ; le rectangle AN contenu par la ligne entière AB ainsi prolongée et la partie prolongée DB, plus le carré LG de la moitié de la ligne AD ; est équivalent au carré CF de la ligne CB composée de la moitié de la ligne donnée et de la partie prolongée ; ou AB.DB+CD^=CB^.

(379) Sco. 1. Soit AD=2a, et J)B=b ; alors AB=2a-\-b et CB=a+6. Maintenant par multiplication b {2a-\-b)= 2ab-^b^ ; ajoutant a de part et d'autre, on aura b (2a-\-b) 4-a^=a2+2«6+62 ; donc b {2a+b) + a^={a + b) ^'

(380) Seo. 2. PROB. Il suit du dernier cor. que pour prolonger une ligne AD d'une quantité DB telle, que le rectangle AB.DB de la ligne ainsi prolongée et de la partie prolongée soit équivalent à un carré donné ; il n'y a qu'à bissecter en C la ligne donnée AD, et faire (306) CB égal au côté d'un carré CIT équivalent à la somme du carré LG de la moitié de la ligne et du carré donné.

(381) Sco. 3. PROB. Diviser une ligne F AB en deux parties AU, IIB telles que le rectangle de la ligne entière AB et de l'une HB de ses parties soit équivalent au carré de l'autre partie AH ; c.-à-d., diviser AB eu II de manière que AB.BH =AH'^

Soit AD le carré sur AB ; bissectez AC en E, joignez EB, faites EF=EB, sur AF fuites le carré EU et par le point H menez ÏÏK parallèle à BD. Le point II partagera la ligne donnée de la manière requise.

En eifet AC est une ligne droite bissectée en E et prolongée jusqu'en F, et par cette prop. on a CF.F A + AE'^=EF"'^= EB^, puisque EF=EB par constr. Mais à cause du triangle rectangle BAE, l'on a EB'^=AB'^ + AE^ ; donc CF.FA+ AE^=AB^+AE^; retranchant AE^ de part et d'autre, il reste CF.FA=AB'^.

Maintenant, parce que FH est par constr. un carré, on a FG=AF; donc, FK=CF.FA et CF.F A vient d'être prouvé^ AB^ ou AD ; donc, FK=AD, et des quantités égales FK, AD retranchant la quantité commune AK, il reste (77 Ax.)FII= nD. Enfin, parce que HK est par constr. parallèle a BD, HD-=BD.Bn=: AB.BH ; donc, AB.BH=AH^; donc, etc.

PEOP. XXV. THÉOR.

(382) Si l'on divise une ligne AB en deux parties quelconques ; le carré de l'une AC des parties plus quatre fois le rectangle AB.BC de la ligne entière et de l'autre partie BC, est équivalent au carré de la ligne AD composée de la ligne donnée et de la seconde partie BC. En d'autres termes l'on aura 4AB.BC + AC^=AD^.

Puisque par hyp. AD=AB+BC, il A CED

est clair que BB^BC. Soit AF le carré sur AD. Faites D]N'=î^O=DB ^^ =BC, menez les parallèles N"M, 01, BL, OH. Il est clair d'après ce qui a été dit aux paragraphes (359) et (361) que OK, GR, KO et BN sont tous des carrés égaux, que AG, MP, PL, RF

sont tous des rectangles égaux, et que IH est égal au carré sur AC. Maintenant, aux rectangles égaux AG, MP, etc. ajoutant les carrés égaux CK, GR, etc., ou a (76 Ax.) les rectangles AK, MR, KP égaux entre eux et PL + B]Sr=AK. Or, ces quatre quantités augmentées du carré IH complètent le carré AF, et parce que chacun des rectangles AK, etc., =AB.BK= AB.BC, on a 4AB.BC + AC^=AD^; donc, etc.

(383) Cor. De là, comme AD est la somme et AC la différence des lignes AB, BC; le carré de la différence entre deux lignes, plus quatre fois le rectangle contenu par ces lignes, est équivalent au carré de la somme des deux lignes.

(384) Sco. Soit AB=a, AC=c, CB=6; alors AD=c+26. Maintenant, puisque a=b-}-c, multipliant de part et d'autre par 46, l'on aura 4a6=46 +46c; et ajoutante^ à chaque côté de l'équitation, l'on aura 4a6 + c =c^ + 46c+46^, ou éab + c ={c + 2bf.

PROP. XXVI. THÉOR.

ou AD"^+DB^=

(385) Si l'on divise une ligne AB en deux parties égales AC, CB et en deux parties inégales AD, DB ; la somme des carrés AD'^, DB" des deux parties inégales, est double du carré AC^ de la moitié de la ligne AB et du carré CD2 de la ligne entre les points de section 2AC'^+2CD^.

Soit AF le carré sur AB et EB ^ sa diagonale. Faites AM=AC, M!N"=CD, menez les parallèles MK, NL, CG, DH et par les points V, P, où DH, NL rencontrent la diagonale, menez les parallèles VZ, PO.

Il est clair d'après ce qui a été dit N aux paragraphes (359) et (361) que E ZT, QS, OU sont tous des carrés égaux l'un à l'autre et au carré sur CD. Il est clair aussi que SF est égal au carré sur DB, AS le carré sur AD, et que les rectangles CV, MP, RH, TL sont tous égaux l'un à l'autre.

Il est donc à démontrer que AD +DB -

=2AC^+2CD^ ou

que AS+SF=2AQ+2QS. Parce que CB=AC, QF=AQ; donc, 2AQ+2QS=AQ+QF+2QS, et parce que QS=ZT== OR, AQ+QF+2QS=AQ+QF+ZT+0R. Si maintenant ces quatre dernières figures complétaient les carrés AS et SF, la yérité du tliéor. serait évidente et l'on aurait AS+ SF=AQ+QF+ZT+OR. Concevons TL, qui fait partie du carré QF, superposée à son égale CV, et RH, qui est une autre partie du carré QF, superposée à son égale MP ; et il devient clair enfin que les parties AQ, QF, ZT et OR du second membre de l'équation recouvrent exactement celles AS, SF du premier membre de l'équation et leurs sont par conséquent (85. Ax.) équivalentes ; donc, etc.

(386) Sco. Si AC=a, CI>=b; AD sera =a+6 et DBa—h et l'on aura {a-\'bf-\-{a—hf=ld'^^2b^.

PROP. XXVII. THÉOR.

(387) Si une ligne AB est bisseetée en C et prolongée jusqu'en un point quelconque D ; le carré de la ligne entière AD ainsi prolongée, plus le carré de la partie prolongée BD, est équivalent à deux fois le carré de la moitié AC de la ligne bisseetée, plus deux fois le carré de la ligne CD composée de la moitié CB et de la partie prolongée. C'est-àdire, AD^+BD^=2AC^+2CD2.

Soît AF le carré sur AD. Ayant ^ fait AM=AC=:CB=MN, il reste NE =BD. Menez les parallèles BH, CG, MK, NL, et parce que tous les angles ^^ sont droits et que (271) les parallèles entre parallèles sont égales ; il est clair j^ que AQ, QS, CT et MR sont des carrés égaux et BK, TL, EH, InTG des rectangles égaux. Il est évident aussi que AQ est le carré sur AC, QF le carré sur CD et SF celui sur BD.

Cela posé, il est à démontrer que AD^+BD^=2AC^+2CD^ ou que AF+SF=-2AQ+2QF. Pour 2AQ prenons son égal AT et pour 2QS prenons son égal MS, il reste BL=2TL et NH-2RH; mais 2QS+2TL-f 2RHH-2SF:-2QF ; donc la figure entière AF contient 2AQ et 2QF avec l'exception seulement d'une fois SF ; donc AF+SF contient deux fois AQ+QF ou AC^+CD^; donc AD^+BD^=2AC2+2CD^ donc, etc.

(388) Sec. Soit AC=a, BD=6; alors AD=2a+6 et CD= a-fè. Maintenant {2a^hf+})^=^a-\-4:ah-\-2b^ ; mais 4a^-l-4aJ+ 2b^=2a^-^2{a-^bf ; de là {2a-^bf ■^b^=2c?^2{a+bf.

lOT

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^+BC'^— 2BC.BD.

On a (362) dans les deux cas, BC^ + BD''^=2BC.BD + CB'^. Ajoutez AB^ de part et d'autre ; il viendra BC^+BB^ -f AD^ = 2BC.BB + CD^ + AD . Maintenant, à cause des -^ triangles rectangles ADB, ADC, on a (305) 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 , età DC + AD du second membre, son égal AC^; il vient BC^ + AB^=2BC.BD + AC^ et par transposition AC^=BC^+AB^— 2BC.BD ; e-à-d. 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 ADC, ADB, on a CD^+AD^=AC^etBD^+AD^=AB^; ajoutant donc AD^ à chaque côté de l'équation, il vient CD^-f AD^= BD^+ AD'+BC^— 2BD.BC ; c'est-à-dire, AC^=ABVcB^— 2BD.BC.

PROP. XXIX. THÉOR.

(391) Dans tout triangle obtus-angle ACB, le carré du côté AB opposé à l'angle obtus C est plus grand que la somme des carrés des deux autres côtés BC, AC, 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 (359)BD^=BC^+CD''^ + 2BC.CD ; à chaque membre de cette égalité ajoutez AD'^ et il viendra BDVaD'^=CD^+AD''^ + BC^+2BC.CD. Mais à cause des triangles rectangles ADB, ADC, l'on a (305) 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^+BC^+2BC.CD; c-à-d.. que AB^ excède AC^+BC^ de deux fois le rectangle BC.CD; donc, etc.

(392) Cor. Le triangle rectangle est le seul où les carrés décrits sur les côtés soient équivalents, pris ensemble, au 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.

PROP. XXX. THÉOR.

(393) Dans un triangle quelconque ABC, si l'on mène une ligne droite AE du sommet A 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'2 + 2BE'^=AB'V AC^.

Soit AD perpendiculaire sur BC; alors 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 ECVEB2=2EB'^, parce 'que EC=EB, et que, pour la même raison, — 2EC.ED équivaut à et détruit +2BE.ED, laissant comme on vient de le dire AC^+AB^=2AE"'^+2BE^ donc, etc.

(394) Cor. 1. De là, dans tout 'g, 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^ -fADVDC^=BDVAC^.

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^=2AE^ + 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, AB2+BC^+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^+AD^+DC-^^-AC^+BD^.

(395) Cor. 2. Puisque par cette prop.

AB^+AC'^=2BD^+2AD^, que les triangles rectangles AEB, AEC donnent AB^^^AE'^^+BE"^ et que AC^=AE'^4- CE'^ ; il suit de ces égalités que 2AE'^+ BE'^+CE^=2AD''^+2BD^; mais2AD^ =2AE'^4-2DE^ parce que AED est un triangle rectangle, et en substituant, à 2AD dans la dernière équation son égal 2AE^+2DE^, il vient 2AE2-f BE^^ CE^=2AE^+2DE^+2BD^ ; supprimant de part et d'autre le terme 2AE^ il reste BE^+CE2=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 diiFérence 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.

PEOP. XXXI. THÉOR.

(396) Si du sommet C d'un triangle isocèle ABC l'on mène ime ligne CE à la base, la difîérence 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.

Soit CD perpendiculaire sur AB ; on aura (235) AD=DB et parce que ADC, EDC sont des triangles rectangles, on aura AC^=AD^+CD^etEC^

=ED^+CD^; d'où il est clair î A 1

que la différence entre AC^ et EC'^ est égale à celle entre AD2 et EDl Mais (370) AD2-ED^=(AD+ED) (AD-ED)= AE.EB; car DB=AD et par conséquent AD+ED=EB; donc, AC^— EC'^=AE.EB ; donc, etc.

(397) Sco. Si la ligne CE menée du sommet tombe en dehors du triangle, ou sur la base AB prolongée, les segments seront alors EB, EA, et on aura EC^ — AC^=EB. EA ou la différence entre le carré EC 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, EC^^CD^+ED^ et AC^=CD^+AD^; donc, EC^-AC^-^EB^— AD^ mais (370) ED^-AD2==(ED+AD) (ED— AD)=EB.EA puisque DB=DA; donc, EC^— AC^= EB.EA.

PROP. XXXII. THÉOR.

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

En effet, soit I)E= AD, joignez AE et au point E menez EE perpendiculaire à BD. A cause de AD^DE par liyp., le triangle ADE sera isocèle et donnera les angles à la base égaux, savoir :

D AE à DE A ; mais ceux DAF, DEE sont aussi égaux, étant

droits, et si de quantités égales on retranche des quantités

égales les restes seront égaux ; donc, DAF— DAE=:DEF— DEA ; donc, FAE=FEA et le triangle EFA est isocèle et a ses côtés EF, AF égaux.

Dans le triangle BEF on a l'angle BEF droit par constr. et celui EBF égal à la moitié d'un angle droit; donc aussi l'angle EFB est égal à la moitié d'un angle droit ; puisque la somme des trois angles d'un triangle quelconque vaut deux angles droits ; donc, BEF est un triangle isocèle et donne EF=BE. Mais EF a été prouvé =AF, donc, aussj (68 Ax.) BE=AF.

Sur FB diagonale du carré HE portez FO=BE, ce qui donne A0=2BE. Le reste BE de la diagonale BD ou la différence entre cette diagonale et le côté AB du carré est donc contenu deux fois dans ce côté avec un reste OB.

Sur le reste OB faisant un nouveau carré OK, l'on aurait encore ce reste OB contenu deux fois dans le côté HB du second carré, avec un second reste, et l'on pourrait continuer indéfiniment cette subdivision, trouvant à chaque pas un nouveau reste, et par conséquent sans pouvoir jamais arriver au rapport exact entre les quantités données ; donc, etc.

PROP. XXXIII. THÉOR.

(899) Dans le même cercle ou dans les cercles égaux, les angles égaux au centre (199) ACB, ACD sont sous-tendus par des arcs égaux BA, DA; et réciproquement les arcs égaux sous-tendent des angles égaux au centre.

Si le demi-cercle AFE tourne autour du diamètre AE de manière à se reposer sur le demi-cercle AKE, la ligne courbe EFBA tombera exactement sur celle EKDA, comme ou l'a

vu (188). Maintenant, parce que l'angle ACB=ACD par

hyp., la ligne CB tombera sur celle t»- K

CD et le point B sur le point D, à

cuuse de BC=DC, rayons d'un

même cercle. Donc l'arc AB tom-

bcra sur l'arc AD et lui sera égal.

(400) Réciproquement, si l'arc AB=AD, l'angle au centre ACB appuyé sur l'arc AB sera égal à " E celui ACD appuyé sur l'arc AD ; car, en appliquant comme auparavant le demi-cercle AFE sur celui AKE, l'arc AB tombera sur son égal AD et le point B sur le point D, et à cause du point C commun, le rayon BC tombera sur DC et l'angle ACB sur l'angle ACD ; donc, les arcs égaux AB, AD sous-teudent des angles égaux au centre ACB, ACD ; donc, etc.

(401) Cor. 1. Le diamètre partage le cercle et sa circonférence en deux parties égales; conclusion, d'ailleurs, que l'on a déjà tirée (188) de la déf. même d'un cercle. Réciproquement, la ligne qm partage le cercle en deux parties égales est lui diamètre.

(402) Sco. 1. Un arc de cercle dont la corde est un diamètre, est une demi-circonférence, et le segment inclus est un demi-cercle.

(403j Cor. 2. La corde AB est égale à celle AD, à cause du point B tombant sur le point D et du point A commun ; donc, les arcs égaux sont sous-tendus par des cordes égales et réciproquement les cordes égales sous-tendent des arcs égaux.

(404) Cor. 3. Donc, les angles égaux au centre sont sous-tendus par des cordes égales; et réciproquement les cordes égales sous-tendent des angles égaux au centre.

(405) Cor. 4. La ligne AC qui bissecte l'angle BCD

GÉOMÉTKIE

au centre d'un cercle, bissecte aussi l'arc BAD et la corde BD sous-tendus par cet angle.

L'arc BD est bissecte en A, puisque parbyp. l'angle ACB=ACD:= iBCD et que par cette prop. les angles égaux au centre sont soustendus par des arcs égaux. La corde A I BD est bissectée en L ; car le point B tombe sur le point D, et le point L est commun ; donc BL=:DL=^BD.

(406) Cor. 5. Parce que BD est une ligne droite et que BL tombant (par superposition) sur DL fait les angles de suite BLC, DLC égaux ; il s'en suit que les angles en L sont droits (132) et que la ligne AC qui bissecte l'angle BCD au centre d'un cercle, est perpendiculaire à la corde BD sous-tendue par cet angle ; et réciproquement, une ligne perpendiculaire au milieu d'une corde, bissecte l'angle au centre et l'arc sous-tendue par cette corde, et elle passe par le centre, puisqu'elle bissecte l'angle qui a son sommet au centre ; car dans ce cas cette perpendiculaire est la même que la bissectrice de l'angle, les deux étant perpendiculaires à la corde et passant par le centre de cette corde.

(407) Sco. 2. Le centre C du cercle, le point milieu L de la corde et le point milieu A de l'arc sous-tendu par cette corde, sont trois points situés sur la même ligne droite perpendiculaire àla corde ; mais deux points suffisent (109) pour déterminer la position d'une ligne droite; de là, toute ligne droite passant par deux des points susdits passera aussi par le troisième point et sera perpendiculaire à la corde.

(408) Cor. 6. Si une ligne AC menée par le centre C d'un cercle, bissecte une corde BD ou une ligne dans le cercle qui ne passe pas par le centre ; elle coupera cette

ligne à angles droits ; et si elle la coupe à angles droits, elle la bissectera.

Parce que, par hyp. AC bissecte BD, l'on aura BL=DL. Mais BC=DC, rayons d'un même cercle, et LC est commun aux deux triangles LCB, LCD. Ces deux triangles ayant tous leurs côtés égaux, sont donc (239) égaux en toutes choses; donc, l'angle BLC=DLC, et parce que BD est une ligne droite, ces deux angles seront (132) droits et AC par conséquent perpendiculaire à BD.

D'ailleurs, la ligne AC passant par deux C, L des trois points mentionnés dans la dernière sco. sera aussi pour cette raison perpendiculaire à la corde.

(409) Réciproquement, si AC est perpendiculaire à BD, elle bissectera BD ; car, comme auparavant, les triangles LCB, LCD donnent BC=DC et LC commun; de plus, les

angles en L étant, par hyp. droits, les deux triangles LCB, LCD sont (311) rectangles et identiques ; donc BL=:DL.

(410) Cor. 7. La perpendiculaire AE menée par le milieu L d'une corde et terminée de part et d'autre à la circonférence, est lui diamètre, et le centre de ce diamètre est le centre du cercle.

(411) Sco. 3. PROB. Donc, pour trouver le centre d'un cercle donné ; il suffit de mener dans le cercle une corde quelconque BD, au centre de laquelle on élèvera une perpendiculaire AE dont le point milieu C sera le centre cherché.

(412) Sco. 4. Si dans un cercle une ligne en bissecte une autre à angles droits, le centre du cercle se trouve dans la ligne qui bissecte l'autre.

(413) Sco. 5. PROB. Il suit aussi de cette prop. qu'étant donné un segment de cercle DAB pour décrire le cercle dont ce segment fait partie; il n'y a qu'a prendre sur la circonférence du segment donné un point quelconque A; de ce point mener des cordes aux extrémités, ou à deux autres points quelconques B, D de la circonférence du segment donné ; et aux centres H, N de ces cordes, élever des

perpendiculaires HC, ISTC qui passant chacune (406) par le centre du cercle, détermineront ce centre à l'endroit de leur intersection.

(414) Sco. 6. PROB. Il est évident que la dernière sco. fournit aussi le moyen de trouver le point qui a servi de centre à un arc de cercle quelconque ; puisque la partie de circonférence qui renferme le segment n'est autre chose qu'un arc de cercle.

(415) Sco. 7. PROB. Il suit de la prop. que pour bissecter un arc donné DAB ou DEB ; il n'y a qu'à joindre par une corde BD les extrémités de l'arc donné, et du centre L de cette corde, élever une perpendiculaire LA ou LE qui bissectera l'arc, tel que requis.

En efiet, la perpendiculaire LA fait évidemment partie de celle CA qui, étant menée par le contre C du cercle dont l'arc donné fait partie, bissecterait (405) cet arc ; et la perpendiculaire LE au centre de BD passe aussi par le centre C et bissecte l'arc DEB.

(416) Sco. 8. PROB. Par la même construction, chacune des moitiés AD, AB ou BE, DE pourrait se diviser en deux parties égales ; donc, par des subdivisions suecessives, on peut diviser un arc de cercle quelconque en 2, 4, 8, 16, 32, etc., parties égales.

(417) Sco. 9. PROB. Par trois points donnés quelconques A, B, C, pourvu que ces points ne soient pas dans la même ligne droite, on peut faire passer une circonférence de cercle et seulement une.

Si l'on Buppose que la circonférence Boit décrite, il est clair que

PEOPOSITIONS, ETC 117

ABC sera un arc de cercle quelconque dont le centre F se trouve (413) à la rencontre des perpendiculaires EF, DF aux centres E, D des cordes AB, BC qui joignent les points donnés; donc, réciproquement, le point F de rencontre des deux perpendiculaires menées du centre des cordes qui relient les points donnés, sera le centre du cercle qui passera par ces points.

(418) De plus, comme le centre est en F, intersection des perpendiculaires, et (227) qu'il ne peut y avoir qu'une intersection et par conséquent qu'un seul centre ; il est clair que par trois points donnés l'on ne peut faire passer qu'une seule circonférence de cercle.

(419) Cor. 8. Ou tire de la dernière sco. comme du par. (5Î28) que deux cercles ne peuvent se couper en plus de deux points ; car si c'était possible, l'on pourrait décrire deux circonférences passant par les trois mêmes points, ce qui par le dernier par. est impossible.

(420) Sco. 10. PROB. Les trois points ABC pouvant être considérés comme les trois sommets ou ansfles d'un triangle quelconque, dont les cordes AB, BC sont deux quelconques des côtés; il est clair que pour décrire un cercle autour d'un triangle donné, c-à-d., circonscrire (195) un cercle à un triangle donné ABC ; il n'y a qu'à élever aux points milieux de deux quelconques des côtés du triangle, des perpendiculaires qui détermineront, à l'endroit de leur intersection, le centre du cercle requis.

(421) Cor. 9. Il suit de la dernière sco. que les trois perpendiculaires qui bissectent les côtés d'un triangle quelconque se rencontrent où s'intersectent en un même point, centre du cercle circonscrit.

(422) Sco. 11. PROB. Il est

évident aussi par la prop. que pour décrire un arc de cercle de base et hauteur données

AB, DC : il n'y a qu'à joindre

AC, BC, et aux points milieux E, F de ces cordes, élever les perpendiculaires EG, FG se rencontrant en G, le centre requis.

PROP. XXXIV. THEOR.

(423) Dans le même cercle ou dans les cercles égaux, les angles au centre ACB, ACD sont proportionnels aux arcs AB, AD qui les sous-tendent.

En effet, puisque par le dernier tliéor. (399) les angles égaux au centre sous-tendent des arcs égaux, et réciproquement ; si l'on conçoit l'angle ACB divisé en un nombre quelconque de parties égales ACE, ECF, etc., l'arc AB sera aussi divisé en un même nombre de parties égales, AE, EF, etc. Maintenant, si l'angle ACD contient trois angles partiels, chacun égal à l'angle ACE et que l'ano-le ACB en contienne 5 ; il est clair aussi que l'arc AD contiendra trois arcs partiels AG égaux à AE et que l'arc AB contiendra 5 de ces mêmes arcs partiels. Donc, si les angles ACD, ACB sont, comme on vient de le supposer, dans le rapport de 3 à 5, les arcs AD, AB seront aussi l'un à l'autre dans le même rapport.

(424) En second lieu, si l'on suppose que les angles ACB, ACD soient incommensurables (50), il est à démontrer que l'on aura encore l'angle ACD à l'angle ACB comme l'arc AD à l'arc AB.

Si l'unité de mesure ACE est contenue un nombre exact de fois en ACB mais non en ACD, il y aura un reste IICD qui sera à l'unité ACE dans un rapport quelconque. Si le reste IICD était égal à la moitié de ACE, il est clair que l'on aurait (423) l'arc IID égal à la moitié de AE. De même 81 le reste IICD est le tiers, le quart, le cinquième ou aucune autre fraction ou partie de l'unité de mesure ACE ; que cette fraction puisse ou non s'exprimer en nombres finis ; il est clair que l'arc HD qui lui correspond, sera la même fraction ou partie de l'arc AE, que l'angle partiel IICD de l'angle ACE.

On aura donc l'angle HCD à l'angle ACE comme l'arc IID à l'arc AE ; mais IICD, ACE sont deux angles quelconques ; donc aussi, ACB, ACD qui sont deux angles quelconques, sont entre eux comme les arcs AB, AD qui les sous-tendent ; donc, l'ouverture ou la grandeur d'un angle dépend directement ou est en raison directe de la grandeur de l'arc qui le sous-tend ; et réciproquement, la grandeur d'iui arc est en raison directe de l'ouverture de l'angle au centre appuyé sur cet arc.

(425) Sco. 1. Puisque l'angle au centre d'un cercle et l'arc compris entre ses côtés sont l'un à l'autre dans un rapport si direct, que la diminution ou augmentation de l'un dans un rapport quelconque, est nécessairement accompagnée d'une diminution ou augmentation de l'autre dans le même rapport; on est autorisé à établir une de ces grandeurs comme mesure de l'autre, et l'on regardera dans la suite l'arc AB comme la mesure de l'angle ACB qui le sous-tend.

2° Il est seulement nécessaire que dans la comparaison des angles Vun avec l'autre, les arcs qui servent à les mesurer soient décrits avec des rayons égaux ; ce

qui, d'ailleurs, est posé comme condition dans les énoncés de cette prop. et de la dernière.

(426) Sco. 2. L'unité de mesure ACE de l'angle ACB

et celle AE de l'are AB n'ont aucune signification par elles-mêmes ; puisqu'elles peuvent être prises plus ou moins grandes ; ce qui donnerait à l'angle ou à l'arc dont il s'agit, une valeur uuraériqu^^lus ou moins grande, si l'on exprimait cette valeur par les nombres respectifs d'unités contenues dans cet angle ou cet arc.

Mais que l'on imagine un autre angle ou arc quelconque divisé en unités de mesure égales à celles contenues dans le premier ; il est évident que cet angle ou arc sera d'aaitant plus grand ou plus petit que le premier, que celuici contiendra un nombre plus ou moins grand de ces unités que le second. L'unité de mesure pourra dans ce cas être regardée comme absolue, puisque à l'aide de cette mesure on se fera une idée exacte du rapport entre la grandeur de chacun des angles ou arcs en question ou de tout autre angle ou arc donné.

(427) Sco. 3. Quoiqu'il paraisse préférable en principe de mesurer des quantités par des quantités de même espèce (25) ; cependant en pratique on a trouvé plus simple de mesurer les angles par des arcs de cercle, à cause de la facilité avec laquelle on peut faire des arcs égaux à des arcs donnés, ainsi que pour d'autres raisons.

Si toutefois l'on considérait comme indirecte cette méthode de mesurer les angles; on eu obtiendrait facilement la mesure directe, en comparant avec le quart de la circonférence l'arc servant de mesure à un angle quelconque ; ce qui donnerait le rapport de l'angle donné à un angle droit, qui est la mesure absolue.

Prenant alors pour unité de mesure angulaire, l'angle droit; un angle aigu s'exprimerait par un nombre entre 0 et 1 ; un angle obtus par un nombre entre 1 et 2, et l'on aurait le rapport suivant : un angle au centre d'un cercle est à un angle droit comme l'arc qui Im sert de base est au quart de la circonférence ; ou celui-ci : un angle au centre d'un cercle est à quatre angles droits, comme l'arc qui lui sert de base est à la circonférence entière.

(428) Cor. 1. Les angles égaux ACB, DCE aux centres de différents cercles s'appuient sur des arcs AB, DE qui ont le même rapport à leurs circonférences respectives.

Car, par la dernière sec, l'arc AB est à la circonférence entière AGB comme l'angle ACB à quatre angles droits, et l'arc DE est à la circonférence entière DFE comme l'angle DCE est à quatre angles droits ; donc (75 Ax.) l'arc AB qui sous-tend l'angle ACB est à la circonférence entière AGB, comme l'arc DE qui sous-tend l'angle DCE est à la circonférence entière DFE.

(429) Cor. 2, Tout ce que l'on vient de démontrer relativement aux angles et aux arcs qui les sous-tendent, est également vrai lorsqu'il s'agit de secteurs et des arcs qui leur servent de bases ; car les secteurs ne sont pas seulement égaux quand leurs angles le sont, mais sont sous tous les rapports proportionnels à leurs angles.

De là, deux secteurs quelconques DCE, ECU pris dans le même cercle ou dans des cercles égaux sont l'un à l'autre comme les arcs DE, EH qui leur servent de bases ; c'està-dire, proportionnels aux arcs qui mesurent les angles de ces secteurs.

(430) Sco. 4. Si l'unité de mesure AD de l'arc AB est infiniment petite, l'arc AD pourra être considéré comme étant sensiblement une ligne droite. Dans ce cas la fig. ACD pourra être regardée comme un triangle rectiligne ayant AD pour base et pour hauteur le rayon du cercle.

La superficie de ACD s'obtiendra en multipliant la base AD par la moitié du rayon AC ou DC et pourra être prise pour

unité superficielle du secteur ACB. Or, il y aura autant d'unités de surface ACD dans le secteur ACB qu'il a d'uuitéa de longueur AD dans sa base AB ; puisque la hauteur de tous les petits triangles est la même et que (345) les triangles de même hauteur et de même base sont égaux en surface.

2° PROB. Donc, la surface d'un secteur quelconque ACB s'obtiendra en multipliant la moitié du rayon du cercle dont il fait partie par la longueur de l'are AB qui lui sert de base ; ou en prenant le demi produit de cet arc et de ce rayon ; pourvu toujours (24) que l'on entende par ce produit, celui de deux nombres, dont l'un est le nombre d'unités linéaires AD dans la base AB, et l'autre le nombre d'unités linéaires égales contenues dans la hauteur ou rayon AC ou BC du secteur.

(431) Sco. 5. PROB. Comme rien n'empêche de concevoir le cercle entier divisé en petits triangles ACD et que sa superficie est évidemment égale à la somme de tous ces triangles ; il est donc clair, comme pour le secteur, que la superficie d'un cercle quelconque est égale au produit de sa circonférence par la moitié du rayon, ou de la demicirconférence par le rayon, ou du quart de la circonférence par le diamètre, ou enfin au quart du produit de la circonférence par le diamètre.

Le cercle est donc équivalent à un triangle ayant pour hauteur le rayon et pour base une ligne égale en longueur à la circonférence du cercle. De là le moyen de trouver la surface d'un cercle donné.

(432) Sco. 6. PROB. Il est à peine nécessaire de rappeler ici, que pour revenir de la surface d'un secteur donné à ses éléments, il n'y a qu'à faire ce que l'on a déjà indiqué pour le cas du rectangle, du triangle, etc. ; c-à-d., diviser la surface donnée par le facteur, terme ou élément connu, pour retrouver l'autre élément. Ainsi, la surface du secteur provenant de la multiplication de sou arc par le

demi-rayon ; l'on retrouvera le demi-rayon en divisant la surface donnée par l'arc du secteur ; ou son arc en divisant sa surface par le demi-rayon.

2*^ De même pour un cercle dont la superficie et la circonférence seraient données, on obtiendrait le demirayon ou quart du diamètre en divisant la surface par la circonférence ; ou ce qui revient au même, en divisant la surface par le quart de la circonférence, on aurait le diamètre; et la surface divisée par le quart du diamètre ou demi-rayon donnerait la circonférence.

(433) Sco. 7. PROB. Il est clair que le secteur ACBE se compose d'un triangle ACB et d'un segment (191) ABE ; d'où il suit que la combinaison des méthodes déjà enseignées (348 et 430) pour trouver la surface du triangle et du secteur, fournira aussi le moyen d'arriver à la surface d'un segment.

1° Ainsi, pour trouver la surface d'un segment de cercle ABE plus petit qu'im demi-cercle ; il y aurait à obtenir d'abord celle du secteur ACB, puis à en retrancher celle du triangle ACB.

2° Quand le segment devient égal au demi-cercle, il est "clair que le prob. se réduit à celui de trouver (430) la surface d'un secteur ayant pour base un arc égal à la demi-circonférence, ou à celui de trouver (431) la surface du cercle entier pour en prendre la moitié.

(434) Sco. 8. PROB. S'il agissait de trouver la surface d'un segment ABK plus grand qu'un demi-cercle ; il est évident que le prob. se résoudrait, soit en calculant la surface entière du cercle et retranchant celle du segment ABE, ou en trouvant la surface du secteur (192) AKBC et lui ajoutant celle du triangle ACB.

(435) Seo. 9. PROB. Trouver la surface d'ime zone de cercle quelconque (202).

Si la zone donnée est centrale

comme AF, sa surface peut être regardée comme composée de celles des deux secteurs ACD, BCF et des deux triangles ACB, DGF, et s'obtiendra en calculant et en ajoutant ensemble ces quatre surfaces partielles.

Cette zone peut encore être considérée égale en surface à la différence entre le cercle entier et la somme des deux segments ABE, DFK; ce qui indique un autre moyen d'arriver à cette surface.

2° Si la zone donnée est latérale comme celle DU, sa surface est évidemment égale à la différence entre les surfaces des deux segments DFK, GHK et s'obtiendra en calculant chacun de ces segments et retranchant le plus petit du plus grand.

(436) Sco. 10. PROB. Trouver la surface d'une lunule (202 Déf.) quelconque AEBL.

La lunule peut être telle que sa circonférence convexe ALB soit moinde qu'un demi-cercle, comme dans la fig. 1 ; plus grande qu'un demi-cercle, fig. 2, ou égale à un demicercle, fig. 3 ; et dans chacun de ces cas on voit que la surface cherchée AEBL est égale à la difîérence entre celles des segmenta de cercle ABE, ABL.

Il faut donc pour résoudre le prob., chercher dans chaque cas: premièrement, la surface du segment ABL, que l'on trouvera (433 et 434) en obtenant d'abord celle du secteur ADBL, pour en retrancher celb du triangle ADB ; secondement, la surface du segment ABE que l'on trouvera en obtenant d'abord celle du secteur ACBE, de laquelle on retranchera celle du triangle ACB dans le 1er cas, et à laquelle ou ajoutera celle du même triangle dans le 2nd cas; troisièmement enfin, retrancher la surface du segment ABE de celle ABL, pour avoir la surface de la lunule AEBL.

Dans le cas de la fig. 3 où ALB est une demi-circonférence, il est clair que le centre D de cette circonférence est sur la ligne AB et que le triangle ADB est nul, le segment ABL étant alors un demi-cercle.

(437) Sec. 11. PROB. Toute figure plane autre que celles énumérées dans les définitions, pouvant se décomposer en éléments rectilignes ou curvilignes de la nature de ceux dont on a jusqu'ici traité en détail; il est clair qu'une combinaison convenable des méthodes déjà indiquées aux paragraphes (348) (351 et 352) (430 et 431) (433, 434, 435 et 436) conduirait infailliblement à trouver la superficie d'une figure plane (117) quelconque.

PROP. XXXV. THÉOR.

(438) Dans le même cercle ou dans les cercles égaux, un plus grand arc AEB est sous-tendu par ime plus grande corde AB ; et réciproquement, une plus grande corde sous-tend un plus grand arc.

GÉOMÉTEIE.

En effet, un arc AEB plus grand que celui AED sous-tend un angle au centre ACB plus grand que celui ACD, puisque, par la dernière prop. (423) les angles sont directement comme les arcs qui les sousteudeut; mais de deux triangles ABC, ABC, ayant deux côtés AC, BC, de l'un égaux aux deux AC,

DC de l'autre (rayons d'un même cercle), celui-là a (269) la plus grande base AB qui a le plus grand angle compris ACB ; donc, AB>AD ; donc, etc.

(439) Sco. Les arcs dont il s'agit ici sont chacun moindre que la demi-circonférence. Si ces ares étaient plus grands que la demi-circonférence, le contraire de ce qui est énoncé dans la prop. s'en suivrait ; car dans ce cas, suivant que les arcs augmentent, les cordes diminuent, et réciproquement. Ainsi l'arc AED est plus grand que l'arc AEB, pendant que la corde AD du premier est plus petite que celle AB du second.

PROP. XXXVI. THÉOR.

(440) L'angle BCD au centre d'un cercle est double de l'angle ABD à la circonférence, appuyé sur le même arc BED.

Par le centre C du cercle, menez le diamètre AE. Parce que BC= AC, rayons d'un même cercle, le triangle ACB est isocèle et l'angle CAB=CBA ; mais (251) l'angle ext.

BCE est égal à la somme des angles ints. opposés CAB, CBA; donc, l'angle BCE=2CAB. L'on prouverait de même l'angle ECD=

2CAD ; donc, BCE+ECD=2CAB+2CAD ; c-à-d., BCD= 2BAD ; donc, etc.

(441) Si le diamètre AE passe en dehors de l'angle BAD, Ton a comme auparavant ECB=2EAB et ECD= 2EAD ; mais ECD— ECB=BCD et EAD — EAB=DAB ; donc, encore dans ce cas BCD=2BAD.

(442) Cor. 1. Puisque (425) l'angle BCD au centre d'un cercle est mesuré par l'arc BD qui le sous-tend, et que l'angle BAD à la circonférence appuyé sur le même arc BD est, par cette prop., moitié de l'angle au centre ; il s'en suit qu'un angle quelconque BAD à la circonférence d'un cercle a pour mesure la moitié de l'arc BD compris entre ses côtés.

(443) Cor. 2. Tous les angles BAC, BDC, BEC inscrits (194) dans le même segment de cercle BDC sont égaux, parce qu'ils sont mesurés par la moitié d'un même arc BFC.

Tous les angles BFC que l'on ferait dans le segment BCF seraient aussi égaux, puisqu'ils auraient chacun pour mesure la moitié de l'arc BDC.

(444) Cor. 3. Tout angle BAC, BDC inscrit dans un demi-cercle, c'est-à-dire, appuyé sur le diamètre BC ou sur la demi- circonférence BEC du cercle, est un angle droit ; parce qu'il a pour mesure la moitié de la demi-circonférence BEC, c-à-d., un quart de la circonférence entière.

2° Et, réciproquement, il est clair que si un angle ins-

erit dans un cercle est droit, cet angle est appuyé êur un diamètre ou sur une demi-circonférence.

(445) Cor. 4. D'après les deux dernières cors., il est évident qu'un angle BFC (voy. la fig. du cor. 2) inscrit dans un segment BCF plus petit qu'un demi-cercle est obtus, étant mesuré par la moitié d'un arc BDO plus grand que la demi-circonférence ; et celui BAC inscrit dans un segment BCD plus grand que le demi-cercle est aigu, étant mesuré par un arc BFC plus petit que la demi-circonféreuce.

(446) Cor. 5. Les angles opposés A, C d'un qualiatère ABCD inscrit dans un cercle valent ensemble deux angles droits ; car l'angle BAD a pour mesure la moitié de l'arc BCD et l'angle BCD est mesuré par la moitié de l'arc BAD; donc, D

les deux angles A, C pris ensemble, sont mesurés par une demi-circonférence et valent en conséquence deux angles droits.

(447) Cor. 6. Si l'on prolonge un côté quelconque AB d'un quadrilatère inscrit dans un cercle, l'angle ext. E AD sera égal à l'angle int. opposé C ; car, EAD est (130) supplément de BAD, et par le dernier cor. l'angle BCD est aussi suplément de BAD; donc, EAD=C.

(448) Cor. 7. Il suit aussi qu'un quadrilatère quelconque dont les angles opposés pris ensemble ne sont pas égaux à deux angles droits ne peut être inscrit dans un cercle.

(449) Cor. 8. Dans le même cercle ou dans les cercles égaux, les angles égaux à la circonférence sous-tendent des arcs égaux ; et réciproquement, les angles à la circonférence appuyés sur des arcs égaux sont égaux.

Il a été démontré (399) que les angles égaux au centre

sont sous-tendus par des arcs égaux, et réciproquement, que les arcs égaux sous-tendeut des angles égaux au centre ; mais par cette prop. (440) les angles à la circonférence sont moitiés de ceux au centre sur arcs égaux, et les moitiés de quantités égales sont égales.

D'ailleurs, la même conclusion dérive aussi du second cor. ; car, à l'égard des angles, être inscrit dans le même segment de cercle, n'est autre chose qu'être à la circonférence et appuyé sur le même arc.

(450) Sco. PROB. Parce que l'angle D à la circonférence vaut la moitié de l'angle C au centre sur le même arc AFB, et que (406) CE menée perpendiculaire au milieu de la corde AB, partage l'angle C en deux parties égales ; il suit que l'angle ECB=D ; mais à cause de l'angle CEB droit et parce que dans un triangle rectangle les deux angles aigus valent ensemble un angle droit, on a l'angle EBC=CEB -ECB ; or, ECB vient d'être prouvé =D; donc aussi, EBC=CEB—r>; c-à-d., que l'angle EBC ou ABC vaut un angle droit moins l'angle J).

D'où l'on tire que pour décrire sur une ligne donnée AB un segment de cercle ADB capable de contenir un angle D égal à un angle donné quelconque ; il n'y a qu'à faire à chaque extrémité A, B de la ligne donnée, un angle ABC=BAC égal à la difîérence entre l'angle donné et un angle droit. Les lignes BC, AC se couperont en C, centre du segment cherché.

(451) Si l'angle donné est droit, il est clair (144) que le centre du segment capable de le contenir, sur une base donnée, sera au centre de la ligne donnée. Cette ligne sera alors un diamètre et le segment un demi-cercle.

(452) Si l'angle requis est obtus comme celui AFB, il

est clair (445) que le segment capable de le contenir sera plus petit qu'un demi-cercle, et que dans ce cas ce segment sera situé du côté de la ligne AB opposé au centre C.

PROP. XXXVII. THÉOR.

(453) Si dans un cercle deux lignes AB, DE qui ne passent pas par le centre C, se coupent, elle ne se bissectent pas.

Car si les deux lignes se bissectaieut mutuellement en F, la ligne CF menée du centre C au point milieu F de chacune des cordes AB, DE, serait (408) perpendiculaire à chacune d'elles ; or il est clair qu'une ligne ne peut être en même temps perpendiculaire à deux lignes qui s'intersectent, car ces deux lignes sont par là même inés-alement inclinées à la troisième et font en conséquence (123) avec cette dernière des angles inégaux ; donc, etc.

PROP. XXXVIII. THÉOR.

(454) Si sur le diamètre AD d'un cercle, l'on prend un point quelconque F qui ne soit pas le centre ; de toutes les lignes FB, FC, FG qu'il soit possible de mener de ce point à la circonférence, la plus grande est celle FA qui contient le centre E du cercle et la plus petite, l'autre partie FD du diamètre ; et des autres, la ligne FB qui est la plus voisine de celle qui passe par le centre est toiyours plus grande que celle FC qui en est plus éloignée.

Menez les rayons BE, CE, etc., et parce que BE+EF=AE+EP et que la somme de deux côtés d'un triangle est plus grande que le troisième côté, l'on a BF plus petit que BE+ EF, c'est-à-dire plus petit que AF.

Maintenant CF est < BF parce que dans les deux triangles BEF, CEE qui ont deux côtés BE, EF de l'un égaux aux deux CE, EF de l'autre, celui-là a (269) la plus grande base BF qui a le plus grand angle compris BEF. On prouverait de même GF plus petit que CF et DF<GF ; car DF+FE=GF+FE=DE et comme GE<GF+FE, de même DE<GF+FE ; or FE est commun à DF+FE et à GF+FE ; donc, DF est plus petit que GF ; donc, etc.

(455; Cor. I. D'un même point F dans un cercle, l'on ne peut mener à la circonférence que deux lignes droites, égales FG, Fil, l'une de chaque côté du diamètre passant par ce point ; car si l'on pouvait en mener une troisième FK, il s'en suivrait que FK plus ou moins éloignée de FD que ne l'est FH, serait égale à FH ; ce qui d'après le dernier par. est impossible.

(456) Cor. 2. Il suit de cette prop. que si dans un cercle on prend im point dont on puisse mener plus de deux lignes égales à la circonférence ; ce point sera le centre du cercle.

Car il vient d'être prouvé que de tout autre point F il serait impossible de mener plus de deux lignes égales à la circonférence.

(457) Cor. 3. Toute corde AD dans un cercle est moindre que le diamètre AB.

Car A est un point quelconque sur le diamètre AB et par la prop., AD est plus petite que AB.

D'ailleurs, AC+CB=AC+CD ; CB, CD étant rayons d'un même

cercle; mais AD, côté d'un triangle, est moindre que AC + CD, somme des deux autres côtés ; donc AD<AB.

(458) Cor. 4. Donc, la plus grande ligne que l'on puisse inscrire dans tin cercle, est un diamètre ; conséquence déjà tirée (188) des défs. du cercle, etc.

PEOP. XXXIX. THÉOR.

(459). Si l'on prend un point quelconque D en dehors d'un cercle, et si de ce point on mène des lignes DF, DE etc., à la circonférence, l'une desquelles DA passe par le centre B du cercle ; de celles qui tombent sur la circonférence concave, la plus grande est la ligne DA qui passe par le centre ; et des autres, celle DE qui est plus près de celle DA qui passe par le centre est toujours plus grande que celle DF qui en est plus éloignée.

Mais de celles DN, DL, etc. qui tombent sur la circonférence convexe, la plus petite est celle DN qui se trouve sur le prolongement du diamètre AN ; et des autres, celle DL qui est plus près de DIST la plus courte, est toujours plus petite que celle DC qui est plus éloignée.

Ayant mené les rayons BE, BF etc., l'on a DB+BE=DB+BA=DA, à cause de DB commun et de BE, BA égaux, étant rayons d'un même cercle ; et dans le triangle DBE un côté DE< la somme DB+BE des deux autres côtés ; donc DE<DA.

Le côté DF< (269) DE, parce que dans les triangles DBF, DBE, les côtés DB, BF sont égaux à ceux DB, BE, tandis que l'angle compris DBE est plus grand que celui DBF.

Maintenant DL est plus grande que DN, parce que (161)

DB<DL+LB et que LB=NB ; et puisque (268) si dans un triangle DCB l'on mène d'un point intérieur quelconque L des lignes DL, LB à la base DB, la somme de ces lignes est moindre que celle des deux côtés du triangle, on aura DL+LB<DC+CB, et CB étant =LB, il restera DO>DL ; donc, etc.

(460) Cor. D'un même point quelconque D hors d'un cercle l'on ne peut mener à la circonférence concave ou convexe que deux lignes égales DL, DU ou DE, DG, l'une de chaque côté de celle qui passe par le centre ; car si l'on pouvait eu mener plus de deux, il pourrait y avoir deux lignes différentes du même côté du diamètre qui seraient égales l'une à l'autre, ce qui par la prop. est impossible, puisque toutes ces lignes sont plus ou mons grandes suivant qu'elles sont plus ou moins éloignées de celle qui passe par le centre.

PROP. XL. THÉOR.

(461) Les cordes égales AB, DE dans un cercle sont également éloignées du centre C ; et celles qui sont également éloignées du centre sont égales ; et de toutes autres cordes, celle AH qui est plus près du centre est toujours plus grande que celle AB qui est plus éloignée ; et la plus grande est plus près du centre que la moindre.

D'abord, si AB=DE, il est à démontrer que la perpendiculaire CF ^CG ; car ce sont ces perpendiculaires qui (200) mesurent les distances respectives de ces cordes au centre. Or, les perpendiculaires CF, CG bissectent les cordes égales AB, DE et donnent par conséquent AF=DG; de plus AC=DC, rayons d'un même cercle;

d'où il suit que les triangles rectangles AFC, DGC ont deux côtés de l'un égaux à deux côtés correspondants de l'autre, et donnent en conséquence (311) CF^=CG.

(462) En second lieu, si CF=CG, il est clair que le même raisonnement donnera AF=DG ; or AB=2AF et DE= 2DG ; d'où, AB=DE.

(463) En troisième lieu, si CI<CF, l'on aura AII>AB ; CI^ sera<CF"^ et laissera AI^>AF% puisque CI^+Ar^= CF^+AF^^CA^.

(464) Enfin, si AH est plus grande que AB, il est à démontrer qu'elle sera aussi plus près du centre; c-à-d. que la perpendiculaire CI sera moindre que CF. Or, à cause des triangles rectangles AFC, AIC, l'on a (305) AC^=AF^+ CF'" et AC^=AI^+Cr^ donc, (68 Ax.) AF^+CF^=Af+ CI ; mais parce que AI moitié de AH est plus grande que AF moitié de AB, AH étant par hyp. plus grande que AB, l'on a AI^>AF^ ; d'où il suit que CI^<CF^ ; c.-à-d., que CI est moindre que CF ; donc, etc.

(465) Cor. Plus la corde est courte ou petite, plus elle est éloignée du centre ; réciproquement, plus la corde est éloignée du centre, plus elle est petite.

PROP. XLI. THÉOR.

(466) Si une ligne droite PR touche un cercle OKG en un point quelconque O, la ligne BO, menée du centre B au point de contact O est perpendiculaire à la ligne qui touche le cercle.

En efiet, la plus courte ligne que l'on puisse mener d'un point B à une ligne PB, est (313) la perpendiculaire BO ; toute autre ligne BF oblique à PR étant plus grande que BO. Mais si BF est plus grande que BO ou que son égale BE, car BO, BE sont rayons d'uu même cercle, il est évi-

dent que tout point F autre queO est hors du cercle, et par hyp. la ligue BO est menée au point O où la ligne touche le cercle ; donc, etc.

(467) Cor. 1. Donc, une tangente VR ne touche le cercle qu'en un seul point

(468) Cor. 2. Donc, une ligne droite Pli perpendiculaire à l'extrémité O d'un rayon BO est tangente à la circonférence, et une ligne BO menée du centre B pendicnlairement à la tangente passe par le point de contact 0.

(469) Cor. 3. En un point donné 0, l'on ne peut mener qu'ime seule ligne PR tangente à la circonférence.

Car si l'on pouvait en mener une autre IIY, il est clair (128) qu'elle ne serait pas perpendiculaire au rayon BO ; donc, le rayon BO serait pour la nouvelle tangente une ligne oblique, et la perpendiculaire BV menée du centre sur cette tangente serait plus courte que le rayon BO; cette tangente supposée entrerait donc dans le cercle et par là même ne serait plus une tangente, mais une sécante.

(470) Cor. 4. La ligne PR menée perpendiculaire à l'extrémité 0 d'un rayon BO ou d'un diamètre, tombe en dehors du cercle, et l'on ne peut mener entre cette ligne et la circonférence aucune autre ligne sans qu'elle coupe le cercle.

(471) Cor. 5. Les tangentes à chaque extrémité d'un diamètre sont parallèles ; et réciproquement, les tangentes parallèles sont toutes deux perpendiculaires au même diamètre et ont leurs points de contact à ses extrémités.

(472) Cor. 6. Un cercle n'en peut toucher un autre qu'en lui seul point, soit intérieurement, soit extéiieurement.

Si le rayon AO du cercle int. OLÎsT forme partie du rayon BO du cercle OKG, et si le rayon 00 du cercle ext. OST est sur le prolongement de BO, il est évident que les trois cercles et la tengente PR auront un point O commun et seulement un ; car, à cause de AD^^AO, rayons d'un même cercle, on aura BA+AD=BA+AO=BO ; mais parce qu'un côté d'un triangle est plus petit que la somme des deux autres côtés, l'on a BD<BA+AD, c-à-d., BD<BO ; or BE=BO, rayons du cercle OKG ; donc aussi, BD est plus petit que BE ; donc, tout point E d'un des cercles OKG est en dehors de l'autre cercle OLN qui lui est intérieur.

Il est évident que les deux cercles exts. OST, OLiST ou OST, OKG ne se touchent qu'en un seul point ; puisqu'ils n'ont chacun qu'un seul point 0 commun avec la tangente PR, et par conséquent qu'un seul point commun entre eux.

(473) Cor. 7. Si une ligne PR touche un cercle OKG et que du point de contact 0, l'on mène une ligne OB perpendiculaire à la tangente, le centre du cercle sera sur cette perpendiculaire.

(474) Cor. 8. Si deux cercles OLIsT, OKG se touchent intérieurement, ils ne peuvent avoir le même centre, puisqu'il faudrait pour cela que BE fût en même temps égal à BO et à BD, ce qui est absurde.

(475) Cor. 9. Si deux cercles se touchent, soit intérieurement, soit extérieurement, la ligne BA ou BC qui joint leurs centres passera par le point de contact.

Car si O est le point de contact et si la ligne PR est tangente en O, chacune des lignes CO, BO, ou BO, AO menée du point de contact O perpendiculairement à PR passera par le centre C, B ou B, A de son cercle respectif; or les angles COR, BOR étant droits et le point O commun, la ligne BC ne sera (135) qu'une seule et même ligne droite.

(476) Cor. 10. Si deux cercles OL^ST, OKG se touchent intérieurement, la distance AB entre leurs centres est égale à la différence de leurs rayons, AO, BO; et si deux cercles OST, OKG se touchent extérieurement, la distance BC entre leurs centres est égale à la somme BO+OC de leurs rayons; car les circonférences de ces cercles passent par le même point O sur la ligne qui joint leurs centres.

2° Réciproquement, si la distance entre les centres de deux cercles est égale à la différence ou à la somme de leurs rayons, les deux cercles se toucheront intérieurement ou extérieiirement.

PROP. XLII. THÉOR.

(477) Les arcs de cercle GK, HL ; EK, EL ; etc., interceptés par deux parallèles GH, KL ; AB, KL ; etc., sont respectivement égaux; et réciproquement, si deux lignes interceptent des arcs de cercle égaux, sans se couper, ces lignes seront parallèles.

Soit E, le centre du cercle et EF un diamètre perpendiculaire à la corde KL. Ce diamètre sera en même temps (149) perpendiculaire à GH, à AB et à CD, puisque par hyp.

toutes ces lignes sont parallèles, et passera (471) par les points de contact E, F des tangentes AB, CD; or, nous avons va (407) que le point milieu E ou

F d'un arc KEL ou KFL est situé Bur la même ligne droite EF perpendiculaire à la corde KL et passant par le centre R du cercle. Le point E sera donc aussi le centre de l'arc GEH. Donc, l'arc GE=ÏÏE et l'arc KE==LE, et de même, l'arc KOF=LISrF. Maintenant, ajoutant et retranchant les quantités égales GE, HE et KF, LF, on obtient KE— GE= LE— HE; c-à-d., KG=LH; et KE+KF-LE+LF; c à-d., l'arc EKF=l'arc ELF.

D'ailleurs, quant aux arcs EKF, ^ ELF, ils sont encore égaux parce que (401) EF qui est un diamètre partage le cercle et la circonférence en deux parties égales.

(478) Réciproquement, si les arcs EKF, ELF sont égaux, les lignes AB, CD seront parallèles, parce que EF sera dans co cas un diamètre et que (471) les lignes qui touchent le cercle aux extrémités E, F d'un diamètre sont parallèles.

(479) S'il s'agit des arcs égaux KE, LE, on aura AB parallèle à KL ; car par hyp. EF est perpendiculaire à la corde KL, et elle est en même temps perpendiculaire à la tangente AB menée par le point de contact E ; or, (150) deux lignes perpendiculaires à une même ligne sont parallèles entre elles.

(480) S'il s'agit enfin des arcs égaux, KG, LH, on aura encore GH parallèle à KL ; car EF étant par hyp. perpendiculaire à KXi, le point milieu de l'arc KEL se trouve (407) en E ; donc l'arc KE=LE, et à cause de KG=LH par hyp., on a KE— KG-=LE— LH ou GE=HE. Ayant de cette manière prouvé que GE=HE, l'on prouverait comme dans le dernier cas GH parallèle à AB^; mais si les arcs KE, LE sont égaux, comme on vient de le voir, on a KL parallèle à AB, par le dernier par., et deux lignes parallèles à une troisième sont parallèles entre elles ; donc, etc.

(481) Autrement, et sans faire entrer en compte la ligne AB, on prouverait d'abord que IvE=LE et que GE= IIE. Cela posé, l'on a vu (407) que la ligue EF qui passe par le centre R du cercle et le point milieu E de l'arc, passe aussi par le milieu I, S de la corde qui sous-tend cet arc et est perpendiculaire à cette corde. Donc, EF est perpendiculaire à chacune des deux cordes KL, GII ; c'est-à-dire que ces cordes ou lignes sont parallèles l'une à l'autre.

(482) Autrement encore et même sans l'aide de la perpendiculaire EF. Si GII, KL sont parallèles, l'angle GHK est (153) égal à son alterne LKH; or, (449) dans le même cercle les angles égaux à la circonférence sont soustendus par des arcs égaux ; donc, GK=:IIL ; et réciproquement, si GK=IIL, les angles GHK, LKH à la circonférence et appuyés sur des arcs égaux sont égaux ; donc, GH est parallèle à KL.

(483) La restriction que les deux lignes ne se coupent point est nécessaire, puisque HK, GL sans être parallèles interceptent néanmoins des arcs égaux GK, HL ; ainsi que celles KP, LP qui interceptent les arc égaux KO, LN.

(484) Cor. 1. Puisque (442) un angle EDC à la circonférence a pour mesure la moitié de l'arc EC compris entre ses côtés, et que par cette prop.

l'arc FD=BE quand FB, DE sont parallèles ; il suit qu'un angle A ou BAC qu'on appelle circonscrit, c'est-à-dire, formé par deux sécantes AB, AC, a pour mesure la moitié de la différence des arcs FD, BC compris entre ses côtés ; car, DE étant parallèle à AB, donne l'angle EDC égal à son correspondent BAC ; l'angle BAC a donc pour mesure la moitié de l'arc EC : mais EC=^BC— BE=^BC— FD.

(485) Cor. 2. L'angle EHG ou^FHD formé par deux cordes qui s'intersectent dans un cercle (aupelé excentri-

que parce que son sommet H est hors du centre) a pour mesure la demi-somme des arcs EG, FD compris entre ses côtés prolongés ; car, soit FB parallèle à DE, on aura l'angle BFG^EHG ; mais BFG est mesuré par la moitié de l'arc BG et à cause de FD=BE, BG=BE+EG==FD+EG.

PROP. XLIII. THÉOR.

(486) L'angle ABF formé par une tangente BF ou EF et une corde AB est mesuré par la moitié de l'arc AB sous-tendu par la corde.

Par le point de contact B de la tangente, BD étant menée perpendiculaire à EF, passera (473) par le centre 0 du cercle et sera en conséquence un diamètre ; or, (444) l'angle DAB appuyé sur le diamètre DB est un angle droit, et parce que dans un triangle rectangle la somme des deux angles aigus vaut un angle droit, on aura l'angle ADB=DBF— ABD=ABF : mais ADB est mesuré par la moitié de l'arc AB ; donc aussi, son égal ABF sera mesuré par la moitié du même arc ; donc, etc.

(487) Cor. 1. Donc, l'angle ABF formé par une tangente et une corde est égal à un angle quelconque ADB, AGB, etc., dans le segment alterne A]3G du cercle ; et l'angle ABE=AKB dans le segment alterne ABK.

(488) Sco. 1. PROB. Donc, pour mener par un point donné B une tangente EF à un cercle, ou à un arc de cercle quelconque ; l'on n'a qu'à porter du point B deux distances quelconques égales ou inégales BA, AD sur la circonférence donnée, joindre BD, DA, BA et faire l'angle ABF=ADB. Si les deux distances portées sur la circon-

férence étaient BK, KA ; après avoir joint BA, BK, AK, on ferait Tangle KBF=KAB, ce qui donnerait comme auparavant BF tangente an cercle au point donné B.

(489) Autrement, on aurait encore (468) EF tangente au cercle au point donné B eu joignant ce point au centre C du cercle et en menant ensuite EF perpendiculaire à l'extrémité B du ra3'on BC.

(490) Sco. 2. PROB. Donc aussi, pour couper un cercle quelconque de manière qu'un ABK de ses segments soit capable d'un angle donné ; il n'y a qu'à mener une tangente EF au cercle en un point quelconque B et au point de contact B faire un angle ABE égal à l'angle donné ; le segment alterne ABK sera ca2:)able d'un angle AKB égal à l'angle donné, puisque par le premier Cor. AKB=ABE.

(491) Sco. 3. PROB. L'angle dans un demi-cercle étant (444) un angle droit, et toute tangente devant être (468) perpendiculaire au rayon mené au point de contact ; il s'en suit que pour mener une tangente EF à un cercle par un point donné E hors du cercle ;

Il faut joindre le point donné au centre du cercle, et sur-la ligne de jonction EC, bissectée en H, décrire le demi-cercle EBC qui intersectera le cercle donné en B, le point de contact cherché ; car, menant BC et EBF, l'angle CBE appuyé sur le diamètre EC est droit et par conséquent EB est perpendiculaire aux rayon BC à l'extémité de ce rayon ; doue, EF est la tangente demandée.

(492) Sco. 4. En complétant le cercle EBG, il est clair que l'on aurait de l'autre côté du diamètre EC une nouvelle intersection G, à laquelle menant EG, on aurait une nouvelle tangente EG égale à EB; car dans les deux triangles rectangles EBC, ÈGC, l'hypoténuse EC et le côté BC de l'un

GÉOMÉTPwIE

Bont égaux à ceux EC, GC de l'autre; ce qui (312) rend égaux les côtés, c-à-d., les tangentes EB, EG et les angles BEC, GEC.

(493) Cor. 2. Il suit de la dernière Sco. que les deux tangentes EB, EG menées à un cercle d'un point quelconque E hors de ce cercle sont égales.

(494) Cor. 3. Il suit encore que la ligne EC qui joint le point de rencontre E des tangentes au centre du cercle, bissecte l'angle BEG formé par les deux tangentes; et réciproquement, comme il ne peut y avoir qu'une bissectrice EC de l'angle E, il s'en suit que la ligne qui bissecte l'angle formé par deux tangentes passe par le centre du cercle.

PROP. XLIV. THÉOR.

(495) Si deux cercles se coupent en A, B, la ligne CD qui joint leurs centres sera perpendiculaire à la corde AB qui joint les points d'intersection, et bissectera cette corde.

Car la corde AB est commune aux deux cercles et les perpendiculaires'gD, GCélevées au centre G de la corde passent (406) par les centres D, C des deux cercles ; mais (128) par un point donné C l'on ne peut mener qu'une seule perpendiculaire GC ou GD ; c-à-d. (135) que les lignes GC, GD ne font partie que d'une seule et même

ligue droite ; donc réciproquement, la ligne CD qui joint les centres, ou CD prolongée sera perpendiculaire à la corde AB et bissectera cette corde ; donc, etc.

(496) Cor. 1. De là, la ligne joignant les intersections des circonférences de deux cercles est perpendiculaire à la ligne qui joint leurs centres.

(497. Sco. 1. Si deux cercles se coupent, la distance CD entre leurs centres sera moindre que la somme de leurs rayons CA, DA et le plus grand rayon DA sera aussi moindre que la somme du plus petit rayon CA et de la distance CD entre les centres des deux cercles ; car, un côté d'un triangle étant moindre que la somme des deux autres côtés, l'on aura CD<CA+CA et pour la même raison DA<CA-fCD.

(498) Sco. 2. Réciproquement, si la distance entre les centres de deux cercles est moindre que la somme de leurs rayons, le plus grand rayon étant en même temps moindre que la somme du plus petit rayon et de la distance entre les centres ; les deiix cercles se couperont.

Car, pour rendre possible une intersection, il faut que le triangle CAD soit possible ; ce qui exige que CD soit < AC+AD et AD<AC+CD, et chaque fois que le triangle CAD pourra être construit, il est évident que les cercles décrits des centres C et D se couperont.

(499) Cor. 2. De là, si la distance entre les centres de deux cercles est plus grande que la somme de leurs rayons, les deux cercles ne s'intersecteront pas ; car les deux cercles seront alors entièrement en dehors l'un de l'autre.

(500) Cor. 3. De là, aussi, si la distance entre les centres de deux cercles est moindre que la différence de leurs rayons, les deux cercles ne se couperont pas ; car AC+CD>AD ; donc, CD>AD— AC ; c-à-d., (162) l'un quelconque des côtés d'un triangle excède la différence entre

les deux autres côtés. Le triangle est donc impossible lorsque la distance entre les centres des cercles est moindre que la diflerence des rayons ; et les deux cercles ne peuvent se couper, étant dans ce cas l'uu entièrement en dedans de l'autre,

(501) Cor. 4. Si deux cercles se coupent, ils ne peuvent avoir le même centre, puisqu'il faudrait pour cela que DA fût en même temps égal à DE et à DF ; ce qui est absurde.

PROP. XLV. THÉOR.

(502) Si deux cordes AB, CD se coupent dans un cercle, le rectangle AE.EB des segments de l'une est égal au rectangle CE.ED des segments de l'autre.

Soit F le centre ; ayant mené les rayons égaux FA, FO, etc., on aura deux triangles isocèles AFB, CFD dans chacun desquels EF est une ligne menée du sommet à la base.

Maintenant on a démontré (396) que AF2-EF2=AE.EB et CF^— EF^=CE.ED; mais parce que le rayon CF= celui AF, l'on a CF— EF=AF— EF ; d'où il suit aussi que AE.EB=CE.ED; donc, etc.

PROP. XLVI. THÉOR.

(503) Si d'un point A hors d'un cercle, l'on mène deux sécantes quelconques AB, AC à la circonférence ; le rectangle d'une des sécantes AB et de sa partie AG hors du cercle est égal au rectangle de l'autre sécante AC et sa partie AL hors du cercle.

Soit E le centre du cercle, et par le point E menez AF ; joignez EB, EG. Le triangle BEG est isocèle, à cause des rayons égaux EB, EG; EA étant en même temps une ligne menée du sommet E de ce triangle à sa base BG prolongée. Maintenant on a démontré (397) que EA^ — EG'^=AB.AG, et parce que EK ==EG, l'on a aussi EA^— EK2= AB.AG; or, (370) EA^— EK^=(EA-fEK)x(EA -EK)= AF.AK, puisque EF=EK; donc, AB.AG=AF.AK. L'on prouverait de même AC.AL=AF.AK, et deux quantités égales à une troisième sont égales entre elles; donc AC.AL =AB.AG ; donc, etc.

(504) Cor. 1. Si la ligne AB tourne autour du point A de manière à s'éloigner de plus en plus du centre E, il est évident que les deux points B,G finiront par se rencontrer en un point commun D. La sécante AB deviendra alors la tangente AD et on aura le rectangle AD.AD= AB.AG ; c-à-d., AD =AB.AG ou le carré de la tangente est égal au rectangle de la sécante entière et de sa partie hors du cercle.

(505) Sco. La tangente est moyenne proportionnelle entre la sécante entière et sa partie hors du cercle ; car, (89) si le produit de deux quantités est égal au carré d'une autre quantité, celte dernière est moyenne proportionnelle entre les deux premières ; or, par le théor., on a AB.AG= AD'^ ; donc, AB : AD : : AD : AG.

(506) Cor. 2. Si l'on menait du point A une autre tangente AH, l'on aurait encore AH^= AB.AG ; d'où il suit comme du par. (492), que deux tangentes menées à un

cercle d'un même point quelconque hors de ce cercle sont égales.

(507) Cor. 3, Si d'un point A hors d'un cercle on mène au cercle deux lignes AB, AH dont l'une coupe le cercle et l'autre le rencontre, et si le carré de la ligne AH qui rencontre le cercle est égal au rectangle de la ligne entière AB qui coupe le cercle et de la partie extérieure AG ; la ligne qui rencontre le cercle lui sera tangente.

Si AH n'est pas tangente au cercle, alors étant prolongée elle coupera le cercle, comme la sécante AB et sera ellemême une sécante. Soit AC cette sécante. On a par le théor. AB.AG=AC.AL ; mais par hyp. AH^ ou AL^= AB.AG; donc aussi, AL^ (ou AL.AL)=AC.AL, ce qui (84 Cor.) est absurde ; donc, AL n'est pas la ligne qui rencontre le cercle ; mais AH est cette ligne, nulle autre ne pouvant donner AH^= AB.AG ; donc, AH touche le cercle sans le couper, c-à-d., lui est tangente.

(508) D'ailleurs, nulle autre ligne AL ne donnerait AL^= AH"^, puisque (459) toute ligne AL plus près que AH de celle AF qui passe par le centre, est plus petite que AH qui est plus éloignée ; donc, AH, c-à-d., la tangente menée du point A, est la seule qui puisse donner AH^=AB.AG.

PROP. XLVII. THÉOR.

(509) Si deux lignes AB, AC, faisant l'une avec l'autre un angle quelconque BAC, sont coupées par une ou plusieurs lignes parallèles DE, F G, CB ; les parties de l'une interceptées entre les parallèles seront proportionnelles aux parties correspondantes de l'autre; c-à-d., l'on aura AE : EG : GB comme AD : DF : FC, ou AE à AD comme EG à DF comme GB à FC.

En effet, menant DH, F K parallèles à AB, lea figures DG et FB seront des parallélogrammes et donneront (270) DH=EG et FK=GB.

Si donc AE, EG, GB sont égales entre elles ; AE, DIT, FK seront aussi égales entre

elles. Or les triangles AED, A E G B

DHF, FKC sont évidemment (151) tous équiangles par construction, à cause des parallèles DE, FG, CB et de celles AE, DH, FK, et d'après l'hjp. qu'on vient de faire, chacun de ces triangles a un côté de l'un égal au côté correspondant de l'autre ; donc, (238) les autres côtés de ces triangles sont aussi égaux et l'on a AD=DF=FC ; d'où il suit que si AE est le tiers, le quart ou toute autre fraction de la ligne entière AB, AD sera le tiers, le quart ou la même fraction de la ligne entière AC ; et réciproquement, si AB est le double, le triple ou un multiple quelconque de la partie AE, AC sera aussi le double, le triple ou le même multiple de la partie AD. En d'autres termes, quelque soit le rapport entre la ligne entière AB et ses parties AE, EG, etc., on aura le même rapport entre la ligne entière AC et ses parties AD, DF, etc. ; donc, etc.

(510) Réciproquement, si les parties AE, EG, etc., et celles AD, DF, etc. de deux lignes AB, AC se rencontrant en A, à un angle quelconque, sont proportionnelles ; les lignes DE, FG, etc., menées entre les points de section seront

parallèles entre elles et à la ligne CB qui joint les extrémités des deux lignes inclinées.

Car, si FQ, par exemple, n'est pas parallèle à CB ou à DE,

que KQ- ou HG soit cette parallèle. La ligne KG qui retranche de FC une partie quelconque FK ou la ligne HG qui ajoute à FC une partie quelconque FH, rendra cette ligne plus petite ou plus grande ; et si FC a à DF un certain rapport, ce rapport cessera d'exister du moment que FC diminuera ou augmentera. La parallèle KG ou HG pourrait donc couper les lignes inclinées AB, AC, d'une manière non proportionnelle ; mais le contraire vient d'être prouvé dans le dernier paragraphe ; donc, KG ou HG ne peut être parallèle à CB ou à DE qu'à la condition que DF,FC soient proportionnelles à EG, GB ; donc, KG ou HG n'est pas parallèle à CB ou à DE ; donc, FG est cette parallèle ; donc, etc.

(511) Cor. 1. Si l'on suppose AB perpendiculaire à CB, elle le sera également (149) aux parallèles FG et DE : et les parties EG, GB seront (142) les distances entre les parallèles; et si ces distances sont égales, l'on aura comme auparavant DF=FC ; c'est- -^ à-dire, que les parties d'une seule et même ligne droite comprises entre parallèles également éloignées sont égales.

(512) Cor. 2. Les parallèles DH, FK étant des lignes également inclinées, l'on tire aussi de la prop. que les parallèles ou lignes également inclinées entre parallèles également éloignées sont égales.

(513) Sco. 1. PROB. Il suit de ce théor. que pour partager une ligne donnée AB en un nombre quelconque de parties égales AE, EG, GB ; il n'y a qu'à mener une autre ligne AC faisant avec la première un angle quelconque BAC. Portant alors sur AC le nombre voulu de distances égales quelconques AD, DF, FC, joignant CB et menant

FG, DE parallèles à CB ; la ligne AB sera partagée de la manière requise.

(514) Sco. 2 PROB. Si les parties AE, EG, etc., au lieu d'être égales, devaient avoir l'une à l'autre un rapport donné ; il est clair qu'il n'y aurait qu'à porter sur la ligne AC des parties quelconques AD, DF, etc., ayant l'une à l'autre le rapport voulu ; alors la même construction que ci-dessus donnerait AE à EG à etc., dans le rapport voulu.

Par exemple, si l'on voulait avoir AE à EG à GB dans le rapport de 2 à 3 à 5 ; l'on porterait sur la ligne AC, la partie AD égale à 2 unités de mesure (24) quelconques, DF égale à 3 et FC égale à 5 de ces mêmes unités. Cette Sco. indique A E G B

donc le moyen de partager une ligne donnée en un nombre quelconque de parties proportionnelles.

(515) Sco. 3. PROB. Si l'on avait à retrancher d'un© ligne donnée AG une partie quelconque EG ou à lui ajouter une partie quelconque GB ; c-à-d., une partie ayant à la ligne entière AG un rapport quelconque ; l'on porterait sur la ligne indéfinie AF, un noiibre d'unités de mesure quelconques égal à celui qui est contenu dans la ligne donnée ; prenant alors FD ou FC égale au nombre d'unités de mesure à retrancher ou à ajouter, joignant FG et menant DE ou CB parallèle à FG, le problème serait résolu.

(516) Sco. 4. PROB. Si l'on a AE à EG comme AD à DF, (AE:EG:; AD:DF) DF sera quatrième proportionnelle aux trois lignes AE, EG, AD ; de là donc le moyen de trouver une quatrième proportionnelle à trois lignes données.

(517) Sco. 5. PROB. Si AD était égale à EG, l'on aurait AE:EG::EG: DF; d'où l'on tire le moyen d'obtenir une troisième proportionnelle à deux lignes données.

A E G B ces parallèles couperont les deux

(518) Cor. 3. Noos avons défini triangles semblables (205) ceux qui sont équiangles; c-à-d., dont tous les angles sont respectivement égaux l'un à l'autre. Les triangles ADE, AFG, ACB sont donc des triangles semblables, à cause des parallèles DE, FG, CB qui rencontrent les lignes AB, AC et font les angles correspondants E, G, B égaux, et ceux D, F, 0 aussi égaux, l'angle A étant commun à chacun des triangles.

L'on vient de voir aussi (509; que AE étant une partie quelconque de la ligne entière AG ou AB, AD sera la même partie de la ligne entière AF ou AC ; d'où il suit que si dans un triangle quelconque ACB l'on mène une ou plusieurs lignes parallèles à l'un CB des côtés ; autres côtés proportionnellement.

(519) Cor. 4. Kéciproquement, si les côtés AF, AG ou les côtés prolongés AC, AB d'un triangle quelconque AFG sont coupés proportionnellement; la ligne DE ou CB qui joint les points de section sera parallèle à l'autre côté F G du triangle ; car (510) nulle autre ligne non parallèle à FG ne couperait proportionnellement les côtés ou côtés prolongés du triangle.

(520) Cor. 5. Si ADE, ACB sont deux triangles semblables quelconques disposés comme dans la tig. ; le côté ED sera (206) parallèle au côté BC. Ayant mené DL parallèle à AB, la fig. DB sera un parallélogramme et donnera BL= A. E B ED. Bar la prop., la ligne ED parallèle à BC donne AE : AB :: AD : AC et la parallèle DL donne BL : BC :: AD : AC ; mais (75 Ax.) les rapports qui sont égaux à un même rapport sont égaux entre eux; donc, AE: AB ::BL :BC et

parce que BL=ED, l'on a AE: AB :: ED: BC ; d'où il suit que dans les triangles équiangles ou semblables les côtés homologues sont proportionnels.

(521) Cor. 6. Si dans les triangles semblables ABC, ahc^ CD, Cf/, représentent les hauteurs respectives de ces triangles ; ces hauteurs sont proportionnelles l'une à l'autre ; comme le sont les bases et autres côtés ou lignes homologues des triangles.

Ceci est clair, car en con- B A D 6 à d sidérant séparément les triangles CDB, c d 6, l'on voit de suite que ces triangles sont équiangles; l'angle D, c?, dans chacun étant di"oit et les angles B, è, communs à ces triangles et aux triangles donnés. Les triangles CDB, cdh sont donc semblables et donnent CB : c 6 :: CD: (?(^; mais CB: c6::AB:a6; d'où (75 Ax.) AB :a 6 :: CD : et/, et altern:indo (94) AB : CD ::ab:cd. C-à-d. que les hauteurs et les bases des triangles semblables sont proportionnelles.

(522) Cor. 7. Si les côtés homologues de deux triangles ABC, abc sont proportionnels ; les triangles seront équiangles et semblables.

Sur AB portez AD—ab et sur AC portez AE=ac et joignez DE. Parce que ab: AB :: a c: AC ou AD:AB:: AE: AC, l'on a(519) DE parallèle à BC, et parceque DE est parallèle à BC, l'on a (509) AD:AB::DE: BC ou a b : AB :: 6 c : BC. Les trois côtés du triaiigle ADE sûjut donc

proportionnels à ceux du triangle a b c, et par constr. AD= ab et AE=ac; donc, aussi (82 Ax.) DE=bc; or avec trois côtés donnés, l'on ne peut jQ

(239) faire qu'un seul tri- £

angle ; donc, le triangle ADE est égal en tout au triangle a b c. Mais

parce que DE a été prou- ^ D B ^

vé parallèle à BC, le triangle ADE est équiangle et semblable à ABC; donc aussi son égal abc est équiangle et semblable à ABC; donc, etc.

(523) Cor. 8. Si dans le dernier cor., l'on avait seulement deux côtés ab, ac du triangle abc proportionnels aux deux AB, AC du triangle ABC, et l'angle compris a de l'un égal à l'angle correspondant A de l'autre ; il est clair que faisant la même constr., l'on prouverait comme auparavant que DE est parallèle à BC et le triangle ADE égal en tout à celui abc, et de là, abc équiangle et semblable à ABC ; d'où il suit que si deux triangles ont un angle de l'un égal à un angle de l'autre et les côtés qui comprennent les angles égaux proportionnels, les deux triangles sont équiangles et semblables.

(524) Sco. 6. Si deux triangles f) ADB, BEC ont deux côtés de l'un

proportionnels aux deux de l'au- y^ j E

tre, savoir AD à BE comme BD à CE et l'angle compris D de l'un égal à l'angle compris E de l'au- A B C

tre, et si ces deux triangles sont disposés de manière à se toucher par un de leurs angles et à avoir les côtés homologues parallèles ; les autres côtés AB, BC de ces triangles seront sur la même ligne droite AC.

Car, par le dernier cor., ces deux triangles sont équiangles et aetablables, et (206) il suffit qu'un côté de l'ua soit

parallèle au côté correspondant de l'autre, pour que les autres côtés le soient. Or, si BC est parallèle à AB et qu'en même temps le point B soit commun à chacun de ces côtés, il est clair (146) que AB, BC feront partie d'une seule et même ligne droite.

(525) Sco. 7. Xous voyons par cette prop. que dans les triangles, l'égalité des angles est une conséquence de la proportion ou du rapport entre les côtés, et réciproquement ; de sorte que l'une ou l'autre de ces deux conditions détermine d'une manière suffisante la similitude de deux triangles.

(526) Sco. 8. Il en est autrement des figures de plus de trois côtés.

Il est clair, par exemple, que si dans

le quadrilatère AC, l'on mène EF

parallèle à AD, la fig. EC sera équi- f-

angle à AC, quoique le rapport entre

les côtés soit changé ; et réciproquement, il est clair que si

les quatre côtés étaient mobiles autour des points angulaires

A, B, C, D, on pourrait les faire agir de manière à varier

indéfiniment les angles sans changer en rien la longueur

des côtés.

(527) Sco. 8. Cette proposition avec celle du carré de l'hypoténuse sont les plus importantes et les plus fécondes en résultats de toutes celles de la géométrie ;

étant presque suffisantes à elles seules pour toute application au raisonnement ultérieur et pour résoudre tous les problèmes. La raison en est que toute figure peut se résoudre en triangles et tout triangle en deux triangles rectangles.

Ainsi, les propriétés générales des triangles comprennent en même temps celles de toute autre figure.

PROP. XLVIII. THÉOR.

(528) Si deux triangles ABC, a 6 c, ou ABC', a b c', ont deux côtés AB, BC ou AB, BC de V\m proportionnels aux deux ah, h c oVi ah, h c' de l'autre et l'angle A opposé à l'un de ces côtés égal à l'angle correspondant a de l'autre ; ces triangles seront équiangles ou semblables, pourvu que l'angle C ou C opposé à l'autre côté du premier soitde même affection que l'angle c ou c' opposé au côté correspondant du second ; c-à-d., (129) pourvu que les angles correspondants soient tous deux obtus C, c ou tous deux aigus C, c'.

Il a déjà été démontré (320) qu'il peut y avoir deux triangles différents ABC, ABC dont deux côtés AB, BC

de l'un soient égaux A C D C à deux côtés AB, BC de l'autre, et un angle A commun ou égal dans chacun d'eux; pourvu que l'angle C d'un de ces triangles soit égal au supplément de l'angle correspondant C de l'autre.

Il est clair aussi que si BC=BC et que le rapport de BA a BC soit donné, il existera (82 Ax.) entre BA, BC le même rapport, et que l'on pourra comme dans le cas de la prop. XII (320) former avec les données mentionnées dans l'énoncé de ce théor., deux triangles ABC, ABC tels que l'angle C de l'un soit égal au supplément de l'angle C de l'autre.

Cela posé, puisque par hyp. AB : BC ::ab:hc, l'angle A étant— a; si sur AB, BC, l'on porte des longueurs Ba, Bc=

PKOPOSITIONS, ETC. 155

La, b c, l'on aura (522) a c parallèle à AC et les angles a, c par conséquent égaux aux angles A, C. Le triangles abc ou son égal a B c sera donc équiangle à ABC. L'on prou verait de même que aBc' ou son égal ab c' est équiangle à ABC; donc, etc.

PEOP. XLIX. THÉOR.

(529) Dajis un triangle rectangle ACB, si l'on abaisse de l'angle droit C sur la base AB une perpendiculaire CD ; les triangles ADC, BDC de chaque côté de la perpendiculaire, seront semblables au triangle entier et l'un à l'autre.

Les triangles partiels ADC, BDC ont chacun un angle droit en D, à cause de CD perpendiculaire sur AB. Ils ont aussi, l'un,

un anorle A, l'autre, un angle B

commun avec le triangle entier -^ D J>

ACB ; le troisième angle dans chaque triangle est donc aussi égal. Chaque triangle partiel est donc équiangle et par conséquent semblable au triangle entier, et ces triangles sont aussi semblables entre eux, puisque (209) deux figures semblables à une troisième sont semblables entre elles; donc, etc.

(530) Cor. 1. Dans les triangles semblables ADC, BDC, les côtés homologues étant proportionnels, l'on aura AD:DC::DC:DB; d'où il suit (87) que AD.DB^DC^; c-à-d. (89) que DC est moj^enne proportionnelle entre AD et DB ; donc :

l'' La perpendiculaire abaissée du sommet d'un triangle rectangle sur la base, est moyenne proportionnelle entre les segments de la base. De plus, parce que C est un angle droit, le segment de cercle ACB qui le contient est un demi-cercle et AB un diamètre (444) ; donc, aussij

2° La perpendiculaire DC menée à la circonférence, d'iin point quelconque D sur le diamètre d'un cercle, est moyenne proportionnelle entre les segments AD, DB du diamètre.

(531) Cor. 2. En comparant chacun des triangles partiels avec le triangle entier, l'on obtient AB : AC :: AC : AD et AB : BC :: BC : BD ; c.-à-d., chacun des côtés d'un triangle rectangle ACB est moyen proportionnel entre la base et le segment, adjacent a ce côté, formé par la perpendiculaire abaissée de l'angle droit sur l'hypoténuse.

(532) Sco. 1. Puisque AB : AC ;:AC:AD, le produit des extrêmes est (87) égal à celui des moyens, et l'on a AC"^=AB. AD. Pour la même raison, AB étant à BC ::

BC à BD, l'on a BC^=AB.BD.

Donc AC^-f BC^=AB.AD-f AB.BD ; mais (355) la somme des rectangles d'une ligne et de chacune de ses parties équivaut au carré de la ligne; donc, AB.AD-f-AB.BD= (A.D+DB)xAB=ABx AB=AB''; c-à-d., le carré fait sur l'hypoténuse AB d'un triangle rectangle est équivalent à la somme des carrés faits sur les deux autres côtés AC, BC du triangle.

(533) Nous arrivons donc encore au carré de l'hjpoténuse par un chemin bien difîerent de celui (305) qui nous y a d'abord conduits, et plus légitimement de cette manière: puisque cette propriété est en réalité une conséquence de la propriété plus générale, que les côtés des triangles équiar.gles sontpropertionnels (520). C'est ainsi que les propositions fondamentales de la géométrie se réduisent pour ainsi dire à cette seule proposition, que les triangles équiangles ont leurs côtés homologues proportionnels.

(534) Sco. 2. PROB. L'angle C contenu dans un dcniicerde étant droit (444) i si l'on demandait ù trouver un©

moyenne proportionnelle CD à deux lignes données AD, DB; il est clair (530 2°) qu'il n'y aurait qu'à joindre bout à bout les deux lignes données, de manière à n'en former qu'une seule et même ligne droite AB ; sur AB décrire le demi-cercle ACB ; élever alors au point de contact D la perpendiculaire DC qui serait la moyenne proportionnelle demandée.

(535) Seo. 3. PROB. La perpendiculaire DC menée à la circonférence, d'un point quelconque D sur le diamètre d'un cercle, étant (530 2^) moyenne proportionnelle entre les segments du diamètre ; si l'on demandait à trouver par ce théor. un rectangle équivalent à un carré donné C et ayant la somme de ses côtés adjacents égale à une ligne donnée AB ; il n'y aurait qu'à décrire sur AB un demi-cercle et à mener la parallèle DE à une distance AD de AB égale au côté du carré donné ; abaissant alors du point E la perpendiculaire EF sur AB, la ligne AB serait par- A F ^ B

tagée en F de manière à donner AF.FB=EF^ ; c-à-d. que l'on aurait AF, FB respectivement égaux aux côté adjacents d'un rectangle équivalent au carré donné.

Une autre solution de ce problème a déjà été donnée aux par. (373).

2^ Si l'on avait à trouver un carré équivalent à un rectangle donné ; il est clair qu'en prenant sur la lio-ue indéfinie AB, AF égale à l'un des côtés du rectangle, FB égale à l'autre ; sur AB décrivant un demi-cercle, et du point F menant FE perpendiculaire à AB; l'on aurait FE égale au côté du carré cherché; puisque (430 2°) FE'= AF.FB.

(536) Cor. 3. La corde AC ou BC est moyenne proportionnelle entre lo diamètre AB et le segment adjacent AD ou BD ; puisque AC"'^=AB.AD et queBC'"^ =AB.BD.

(537) Cor 4. Puisque AC'^^AD.AB et que BC^-^BD.AB ; l'on a AC^: AD.ABirBC^: BD. AB. Supprimant AB qui est commun aux deux conséquents (64) de la proportion, il vient AC2: AD::BC2:BD ou alternaudo AC'^: BC^:: AB : BD ; c.-à-d. que dans un triangle rectangle quelconque ACB, les segments AD, DB de la base sont entre eux comme les carrés des côtés correspondants.

2° Il est clair aussi que AC" : AB'^ :: AD: AB et BC : - AB"^::BD:AB; c-à-d., l'hypoténuse et un de ses segments sont entre eux comme les carrés de l'hypoténuse et du côté correspondant ou adjacent au segment.

(538) Cor. 4. PROB. Si EF

est parallèle à AB, les triangles semblables ACB, ECF donneront AC : BC : : EC : FC ; de là (104) AC^:BC^::EC^

FC^. Maisparle dernier Cor., ï» ï*

AC^ : BC^ :: AD : BD, et pareeque (75) les rapports qui sont égaux à un même rapport son égaux entr'eux, l'on aura EC^ : FC2 :: AB : BD ; ce qui indique que pour trouver le côté FC d'iui carré qui soit à un carré donné comme une ligne donnée BD à une ligne donnée AD ; il faut joindre bout à bout ces deux lignes, ou ce qui est la même chose, prendre sur une ligne droite indéfinie AB, deux longueurs AD, BD égales à celles des deux lignes données ; sur AB décrire un demi-cercle, au point D élever une perpendiculaire DC, par les points A, C et B, C mener les lignes indéfinies EC, FC ; porter sur celle EC une longueur EC égale au côté du carré donné et mener EF parallèle à AB.

Cette dernière coupera la ligne FC eu F et donnera FC égale au côté du carré cherché.

(539) Cor. 5. L on a vu (410) que la perpendiculaire AB menée par le milieu D d'une corde quelconque CF et terminée de part et d'autre à la circonférence, est un diamètre ; et réciproquement, le diamètre AB perpendiculaire à une corde quelconque CE, bissecte cette corde (408) ; or DC on son égale DE est (530 2°) moyenne proportionnelle entre AD et DB, et DC=:DE=J CE est la demi-corde ; donc la moitié d'une corde perpendiculaire à un diamètre est moyenne propertionnelle entre les segments du diamètre.

(540) Sco. 5 PROB. Il suit directement du dernier cor. qu'étant donné la corde CE d'un arc de cercle quelconque CBE et la perpendiculaire DB au milieu de cette corde, c.-à-d. la flèche ou le segment du diamètre compris entre cette corde et la circonférence, pour trouver le diamètre du cercle ou le rayon de la courbe ; l'on obtiendrait le reste AD du diamètre ou le segment inconnu, en divisant le carré de la demi-corde DC par le segment donné DB; car BD : DC ::DC:DA ; d'où, DA=^DC-, et le

BD rayon FB de la courbe=DAH-DB.

Puisque AD.DB=DC^; il est clair que pour trouver AD par construction il faudrait sur BD faire (300) un rectangle équivalent au carré sur la ligne CD ; alors BD étant un des côtés de ce rectangle, l'autre côté serait évidemment égal à la ligne cherchée AD.

160 GÉOMÉTEIE

PROP. L. THÉOR.

(541) Si dans un triangle quelconque BAC, une ligne AD bisseete un angle BAC et coupe le côté BC opposé à cet angle ; les segments BD, DC de la base auront l'un à l'autre le même rapport que celui des deux autres côtés BA, AC du triangle. C-à-cL, l'on aura BD:DC:: BA:AC.

En effet, menant CE parallèle à AD jusqu'à ce qu'elle rencontre BA prolongée en E ; la ligne droite AC qui rencontre les parallèles AD, CE, fera (153) l'angle ACE égal à son alterne DAC.

Les mêmes parallèles donnent aussi l'angle DAB égal à son correspondant E ; mais par hyp. DAB==DAC ; donc aussi, l'angle ACE=E ; c-a-d. (248) EAC est un triangle isocèle et donne AE==AC. Maintenant ABD,EBC étant des triangles semblables, parce que CE est parallèle à AD, donnent (509) BD:DC::BA:AE et l'on vient de voir que AE=AC ; donc, (82 Ax.) BD : DC :: BA : AC ; donc, etc.

(542) Eéciproquement, si les segments de la base d'un triangle quelconque ont l'un à l'autre le même rapport que celui qui existe entre les côtés du triangle ; la ligne menée de l'angle vertical (183) au point de section de la base, bissectera l'angle vertical.

Faisant la même construction que dans le dernier cas, l'on aura (509) BD:DC::BA:AE et parce que par hyp. BD:DC::BA:AC, l'on aura (75 Ax.)BA : AC ::BA: AE : donc (72 Ax.) AC=AE et par conséquent l'angle E=:ACE; mais E= son correspondant DAB et ACE= son alterne DAC, et ces deux angles sont égaux, donc aussi, DAB, DAC sont égaux ; c-à-d. que l'angle BAC est bissecté par la ligne AD ; donc, etc.

PROP. LI. THÉOR.

(543) Si l'angle extérieur EAC d'un triangle quelconque BAC est bissecté par une droite AD qui coupe en même temps la base BC prolongée ; les segments BD, CD entre la bissectrice AD et les extrémités B, C de la base, ont l'im à l'autre le même rapport que les côtés BA, CA du triangle. C-à-d., l'on aura BD : CD :: BA : CA.

Soit BA prolongée d'une ^E

quantité AE=CA; le triangle EAC sera isocèle et donnera l'angle E=ACE. Soit FA=CA, et l'on aura aussi

l'angle AFC=ACr ; mais

par hyp. AD bisseete EAC, B C B

faisant EAD=CAD, et (251) l'angle ext. EAC du triangle CAF est égal à la somme des angles ints. opposés AFC, ACF; donc, CAD moitié de EAC=| AFC+ACF ; c-à-d., CAD=ACF, puisque ACF=AFC; donc, FC est parallèle à AD et l'on a (509) BD : CD :: BA: FA, et FA par constr. =CA ; donc aussi, (82 Ax.) BD : CD :: BA : CA ; donc, etc.

(544) Réciproquement, si les segments de la base prolongée sont dans le même rapport que les autres côtés du triangle ; la droite menée du sommet au point de section de la base prolongée, bisseete l'angle extérieur du triangle. C-à-d., si BD : CD :: BA : CA, l'angle CAD sera =EAD.

Faisant la même constr. que dans le dernier cas, on aura encore l'angle E=ACE et ACF=AFC ; mais l'angle ext. EAC=AFCH-ACF, et puisque BD : CD :: BA : CA ou à son égal FA, l'on aura (510) AD parallèle à FC et l'angle CAD= son alterne ACF ; mais ACF=AFC et AFC= sou correspondant EAD ; donc aussi, CAD^EAD ; donc, etc.

leâ GÉOMÉTRIE.

PROP. LU. THÉOR.

(545) Les parallélogrammes B A, BC qui sont en même temips équiangles et de même surface, ont leurs côtés réciproquement proportionnels. C-à-d., BD : BE : : BG : BF.

Ayant disposé les parallélogrs. A JP J{;

de mamère qu'ils aient un som- \ y^^\^^^ ""v met commun B et leurs côtés V^^ \ ^-,''

BD, BE sur la même ligne ^ BV yV^

droite DE ; complétons le parai- \ / \

lélogr. BH. Puisque BA=BC Vl \

par hyp. et que BH est un autre

parallélogr. ; l'on a (82 Ax.) BA:BH:::BC: BH; mais parce que BA, BH ont même hauteur, et BO, BH même hauteur, et que (342) les parallélogrs. de même hauteur sont entre eux comme leurs bases ; l'on a BA : BH :: BD : BE etBC:BH::BG:BF; donc, BD:BE::BG:BF; car, (75 Ax.) les rapports qui sont égaux à un même rapport sont égaux entre eux ; donc, etc.

(546) Réciproquement, les parallélogrammes équiangles et dont les côtés sont réciproquement proportionnels, sont égaux. C-à-d., si BD : BE :: BG: BF ; l'on aura BA^BC.

Car BD : BE :: BA : BH et BD : BE :: BG : BF et les rapports qui sont égaux à un même rapport sont égaux entre eux; donc, BG: BF: : BA: BH ; mais BG: BF : : BC :BH ; d'où il suit que BA : BH : : BC : BH ; or, (72 Ax.) si deux quantités ont à la même quantité le même rapport, ces deux quantités sont égales ; donc, BA— BC.

(547) Cor. Les triangles étant (281) moitiés de parallélogrs. correspondants, et les moitiés de choses égales étant égales; il est clair que le même raisonnement que l'on vient de suivre dans le cas des parallélogrs., s'appliquerait aux triangles, dont les surfaces, comme celles des parallé-

logrs., sont entre elles (344 2°) comme leurs bases, lorsque leurs hauteurs sont égales. Il suit donc, que les triangles égaux qui ont un angle de l'un égal à un angle de l'autre, ont leurs côtés qui comprennent les angles égaux réciproquement proportionnels ; c-à-d. que si le triangle FBD-=EBG et l'angle FBD=EBG ; l'on aura BD:BE:: BG:BF.

2° Et de même, les triangles qui ont lui angle de l'un égal à un angle de l'autre et les côtés qui comprennent les angles égaux réciproquement proportionnels, sont égaux.

PROP. LUI. THÉOR.

(548) Dans les figures semblables quelconques, EB, e b, les côtés et autres lignes homologues sont proportionnels.

IS'ous avons déjà défini (207) figures semblables de plus de trois ^; côtés, celles qui sont composées d'un même nombre de triangles semblables situés d'une ''^'^* manière correspondante dans chacune des figs., et cette condition est de rigueur pour que leurs côtés soient proportionnels ; car s'il suflisait que les figs. fussent équiangles, comme dans le cas des triangles, il arriverait que les côtés de lafig.EB seraient en même temps proportionnels aux côtés de l'une ou l'autre des figs, e è, ^ 6, ou de toute autre fig. équiangle ek, gk; mais dans ce cas, les figs. eb etgb étant par hyp. équiangles, l'on aurait aussi ab:ed::ab:gf ou ab : ae::ab: ag, ou etc. ; ce qui (526) est absurde ; or, les figs. équiangles eb, gb ne sont pas composées de triangles semblables ou équiangles, puisque le triangle aed n'est pas équiangle à a cf, non

plusqueao?e à afg; donc, les figures qui ne sont pas composées de triangles équiangles ou semblables, n'ont pas leurs côtés proportionnels :

(549) 2° Et si ces figures sont composées de triangles équiangles ou semblables, il est à démontrer que leurs côtés sont proportionnels ; c-à-d. que l'on aura AB : a b : :BC : 6 c : : CD : c ^ : : etc.

Les triangles semblables ABC, abc donnent AB : aè::BC : 6c et BC :6 c:: CA :c a-, les triangles semblables ACD, acd donnent CA: ca:: CD: ce?; mais si BC:6c::CA:ca et CD:ccZ::CA:ca, il est clair que l'on aura BC:6 c :: CD: ce?, puisque (75 Ax.) les rapports qui sont égaux à un même rapport sont égaux entre eux. L'on prouverait de même CD:ca;::DE:£?eetDEà (ic::EAà m; donc, AB:a 6::BC :bc:: CD •.cd:: etc. ; donc, etc.

(550) Si DJu, dl p

étaient perpeudicu- /• / \ J)

laires sur AB, a 6, J, i,—-^^^ E,

ou si elles formaient avec AB, a b des angles égaux quelconques; les trian- '^*"*», ^^à gles ALD, ald se- *'%^ ^

raient équiangles et semblables, comme le sont les autres triangles ABC, abc, et ACD, acd, etc., des deux figures semblables EB, eb; or, par la démonstration, les côtés AC, a c, et AD, ad de ces figs. sont proportionnels, comme le sont les autres côtés AB, ab et BC, b c, etc., de ces triangles, et comme on le prouverait aussi de DL, c? ? ou de toutes autres lignes homologues menées dans les deux figs. ; donc, AB :ab:: DL :dl:: etc. ; donc, dans les figures semblables quelconques EB, c 6, les côtés AB, ab et BC, bc, etc. et autres lignes homologues AC, a cet DL, dl, etc., sont proportionnels.

(551) Sco. PROB. D'après ce qui précède, il est clair que

si l'on demandait à faire sur une ligne donnée a h une figure c h semblable à une figure reetiligne donnée EB ; il n'y aurait qu'à partager la iig. donnée en triangles ACB, ACD, etc.; sur a 6 faire le triangle ach équiangle à ACB ; surac, le triangle acd équiangle à ACD; et procéder de cette manière jusqu'à ce que la fig. requise fût complète, c-à-d., (207) composée du même nombre de triangles équiangles que celui contenu dans la iig. EB servant de modèle, et ayant chacun de ces triangles situé d'une manière correspondante à ceux de cette figure.

PROP. LIV. THÉOR.

(552) Les triangles semblables ABC, ahc sont entre eux comme les carrés de leurs côtés ou autres lignes homologues ; c-à-d., ABC : a h c :: AB^ : a 6^ :: CB^ : c h^ :: Clf'.ccC^:: etc.

L'on a vu (521) que dans les triangles semblables, les bases et hauteurs sont proportionnelles, comme le sont (520) les côtés ; ce qui donne AB : ah::

CT>:cd ou (94) alternando AB : CD:: a h :

cd; ov (344) la surface

d'un triang. est égale au JV- B D ^ 6 c^

demi-produit de sa base par sa hauteur, et (345) les triangles quelconques sont entre eux comme les produits deleurs bases et hauteurs. L'on a donc ABQiabc:: AB.CJ) : ab .cd; c-à-d., la superficie du triangle ABC est à celle du triangle abc comme le produit de la base et hauteur du premier est à celui de la base et hauteur du second. Mais il est à démontrer que AB.CD : a 6 . c c?:: AB^ : a è^ ; or, si l'on

1(56 GÉOMÉTEIE.

multiplie les termes du rapport AB :ab:: CD icd par ceux du rapport identique AB :ab:: AB : ab, les produits seront proportionnels ; puisque (103) les produits de deux séries de quantités proportionnelles sont proportionnels. L'on aura donc ABxAB : a bxab :: ABxCD : a bxed; c-à.d., AB^ :ab^:: AB.CD lab.cd:: AB.CD uib.cd:: ABO'.abc, ou

ABC :ab c:: AB : ab . L'on prouverait de même ABC à ab c ::CB à cb ou comme AC' kac^. Il est clair aussi qu'en multipliant les termes du rapport AB: ab : : CD : cd par les termes correspondants du rapport CD : c d: : CD : c d, l'on obtient AB.CD: a 6 . C(i : : CD^ : cc^^ ou ABC:aèc:: CD^ :cd^ ; donc, etc.

(553) D'ailleurs, puisque (521) AB : ab:: CD : cd; il est clair que AB étant un multiple ou sous-multiple quelconque deab, CD sera le même multiple ou sous-multiple de éd. Si donc AB est double, triple, etc. de a b, CD sera double, triple, etc. de cd, et de même si «6 est moitié, tiers, etc. de AB, c d sera moitié, tiers, etc. de CD ; mais (345) les surfaces de triangles quelconques sont entre elles comme les produits des bases et hauteurs, et ces bases et hauteurs sont (59) entre elles comme les nombres respectifs d'unités de mesure (24) qu'elles contiennent, ou, ce qui (75 Ax.) est clair, comme tous autres nombres proportionnels à ces bases et hauteurs ; donc aussi (75), d'après l'hypothèse qu'on vient de faire, les surfaces des triangles ABC, abc sont entre elles comme 1x1: 2x2: 3x3 : etc., ou comme 1x1 : IXJ: JXi-: etc., c-à-dire, comme 1^:2'^: 3^ ou comme P:(i)^:(J)'^: etc. ; or ces rapports sont entre eux (215) comme 1 : 4 : 9 : etc., ou comme 1 : ^ : i : etc. ; c-à-d., comme les carrés des nombres entiers 1, 2, 3, 4, 5, etc., ou des fractions I, J, J, 1, etc. ; c-à-d., enfin, comme les carrés des nombres exprimant les rapports entre les côtés ou autres lignes homologues des figs. dont il s'agit ; ou ce qui (59) revient au même, comme les carrés de ces côtés et lignes homologues.

(554) Cor. 1. Les figures rectilignes semblables quelconques AD, ad, c-à-d., leurs surfaces, sont entre elles comme les carrés de leurs côtés ou autres lignes homologues.

Puisque (548) dans les figs. semblables, toutes lignes homo-

logues sont proportionnelles; quelque soit le 1 apport de la base 6 e et de la hauteur af du triangle ab e k celles BE, AF du triangle correspondant ABE, la base hd et hauteur c^de toute autre partie bcddo, la première fig. auront le même rapport aux fiicteurs de la partie correspondante BCD de la seconde. Quelque soit donc le rapport entre les surfaces des triangles a 6 e, ABE, le même rapport existera entre celles des triangles è ce?, BCD, et entre celles des triangles bdc, BDE et l'on aura a 6e : ABE : :6(^e: BDE; : 6 c c^: BCD ; mais (102) si l'on a un nombre indéfini de quantités proportionnelles, l'un quelconque des antécédents est à son conséquent comme la somme de tous les antécédents à la somme de tous les conséquents; donc, a 6 e: ABE: :« 6 e-f 6^e+6cf^:ABE+BDE+BCD; c-à-d., a 6e: ABE: : a^: AD; or, l'on vient de voir (552) que a 6 e : ABE: : a 6^: AB^:-: 6 e^ : BE'^ : : af : AF^ : : etc., et (75 Ax.) les rapports qui sont égaux à un même rapport sont égaux entre eux ; donc enfin, ad: AD:: a V^ : AB^ : : 6 e^ : BE'^ : : af : AF^- : etc. ; donc, etc.

(555) Sec. 1. Les polygones régtdiers quelconques

(voyez la fig. sur la page suivante) AEC, aec d'un même nombre de côtés, sont des figures semblables.

En effet, si l'on bissecte les angles égaux (175) A, B, C, etc., du pol. AEC ; les bissectrices des angles A, B se rencontreront en 0 et formeront le triangle AOB qui sera

isocèle, à cause des angles égaux ABO, BAO qui par coustr. sont moitiés des angles égaux A, B du pol. La bissectrice de l'angle C ne pouvant tomber ailleurs qu'eu 0, puisque BO est déjà donnée en longueur et en position, formera avec BO le triangle isocèle BOC en tout égal à celui AOB. Il est clair aussi (238) que Ton aura de même OOD=BOC=AOB= etc. ; donc tous les triangles AOB, BOC, etc., qui

composent le 0>^" — ': Jy

pol. AEC sont égaux et par conséquent «^A.

(210) semblables. La même constr. ferait

voir que tous les triangles ao b, b o e, etc., qui composent le pol. a e c sont aussi égaux entre eux et par conséquent semblables ; or, les pois. AEC, aec ont chacun un même nombre d'angles égaux A, B, C, etc., a, b, c, etc., et chacun des angles a, 6, c, vaut (264) la même partie de deux angles droits que les angles A, B, C ; donc, l'angle A=«, B=è, C=c, etc., et par conséquent l'angle oab, moitié de a=OAB, moitié de A=OBA, moitié de 'B=oba moitié de b. Donc, le triangle a 0 6 est équiangle et par conséquent semblable au triangle AOB ; donc aussi, tous les triangles a o b, b ocy etc., qui sont égaux et semblables entre eux, sont équiangles et semblables à ceux AOB, BOC, etc. ; donc, les pois. AEC, aec sont semblables, étant composés d'un même nombre de triangles semblables, situés d'une manière correspondante dans chaque fig. ; ce qui s'accorde avec la définition que nous en avons donnée au par. (207).

2° Puisque la constr. qu'on vient de faire, donne A0= B0=C0= etc. ; il est clair (185; que O est le centre (175) du pol. et qu'un cercle décrit du point 0 comme centre, avec un rayon AO ou BO, etc., passera par tous les points angu-

laires A, B, C, etc,, du pol. et sera (195) circonscrit au pol. Le rayon oblique (175) AO ou BO, etc., du polygone est donc en même temps celui du cercle circonscrit.

3° Puisque les triangles AOB, BOC, etc., sont égaux en toutes choses et par conséquent (210) semblables, et que (521) les hauteurs et bases des triangles semblables sont proportionnelles ; il est clair que les hauteurs ou (179) les perpendiculaires OG, OH, etc. seront aussi égales ; donc, un cercle décrit du point O comme centre avec un rayon égal à OG, OH, etc. touchera tous les côtés du pol. et sera (198) inscrit dans le pol. ; car, (468) une ligne droite perpendiculaire à l'extrémité d'un rayon est tangente à la circonférence. Le rayon droit (175) OG, OH, etc. du polygone est donc en même temps celui du cercle inscrit.

Il est à peine nécessaire d'ajouter que ce que l'on vient de dire (2° et 3°) du pol. AEC s'applique également au pol. a e c.

4*^ Il suit évidemment de ce que l'on a dit au par. (521) que dans les polygones réguliers d'un même nombre de côtés, les rayons droits et obliques sont des lignes homologues et par conséquent proportionnelles entre elles et aux côtés des polygones; de sorte que l'on aura AB :ab::OB:ob::OG:og::etc.

5° De plus (73. Ax.) les doubles ou les touts sont comme les moitiés, et le double du rayon oblique du polygone est égal (188 et 189) au diamètre du cercle circonscrit ; et le double du rayon droit du polygone est égal au diamètre du cercle inscrit ; donc aussi, dans les polygones réguliers d'un même nombre de côtés, les côtés sont entre eux comme les diamètres des cercles inscrits et circonscrits, c'est-à-dire proportiomiels à ces diamètres.

(556) Cor. 2. Les polygones réguliers d'un même nombre de côtés, c'est-à-dire (555) semblables, sont (554) entre eux comme les carrés des côtés, des rayons droits et obliques, des rayons et diamètres des cercles inscrits et circonscrits, ou de toutes autres lignes homologues que l'on pourrait m.ener dans ces figures ; c-à*d., les surfaces des polygones AEC, aec, sont entre elles comme

AB^:a6^::OG'^o/:: OB^o6^:EB"^ (ou ^^O+OH'i): eb^ (ou s o-{-o b^) :: NG" (ou NO+OG^) : n ^ (ou n o+o'g^) :: etc.

(557) Cor. 3. Les cercles sout évidemment des figures semblables, pouvant être considérés (430) comme des polygones d'un même nombre de côtés assez petits pour qu'on puisse les regarder comme étant sensiblement des ligues droites ; et d'après les définitions que nous en avons données, les secteurs et segments qui sous-tendent des angles égaux au centre des cercles dont ils font partie, sont aussi des figures semblables. L'on désignerait aussi, zones et lunules semblables, celles dont les arcs concaves et convexes sous-tenderaient, au centre des cercles dont ces arcs font partie, des angles égaux ; or, dans tous ces cas, les circonférences entières ou arcs de cercle pouvant être considérés comme composés de parties de ligues droites, ces figs. peuvent être regardées comme autant de polygones rectilignes, et en cela sujettes au même raisonnement que celui que nous venons d'appliquer aux figs. rectilignes ; donc, les cercles et les secteurs, segments, zones et lunules semblables, sont entre eux comme les carrés des diamètres, rayons, cordes ou autres lignes homologues de ces figures.

(558) Cor. 4. Donc en général, les figures planes semblables quelconques, soit rectilignes, curvilignes ou mixtilignes, sont entre elles comme les carrés de leurs côtés ou autres lignes homologues ; car, toute figure, autre que celles déjà énumerées dans les défs. pouvant se décomposer en éléments rectilignes ou curvilignes de la nature de ceux dont on a jusqu'ici traité en détail, serait sujette au même raisonnement.

(559) Cor. 5. Il est clair aussi que les périmètres de toutes figures planes semblables quelconques, rectilignes, curvili-

gnes ou mixtilignes, sont entre eux comme les côtés ou autres lignes homologues de ces figures.

Car, dans les figs. semblables, les côtés homologues sont proportionnels, et quelque soit le rapport entre deux quelconques des côtés homologues ; ce même rapport existera entre tous les autres côtés correspondants ou autres lignes homologues des ces figs. Si donc le côté a b, par exemple, est moitié, tiers, double, triple ou tout autre multiple ou sous-multiple de AB ; chaque autre côté de la première fig. sera le même multiple ou sous-multiple du côté correspondant de la seconde, et puisque (102) la somme des antécédents est à la somme des conséquents comme un antécédent à son conséquent ; il est évident qu'on aura le périmètre abc de au périmètre ABCDE comme un côté quelconque a b ou autre ligne homologue du premier au côté AB ou ligne homologue correspondante du second ; donc, etc.

(560) Cor. 6. La figure plane, quelconque, décrite sur l'hypoténuse d'un triangle rectangle ; est équivalente à la somme des figures, semblables entre elles et à la première, décrites svir les deux autres côtés du triangle.

Car (558) les trois figures sont proportionnelles aux carrés de leurs côtés homologues ; c-à-d., aux carrés mêmes décrits sur les côtés du triangle, qui, d'après l'hyp., servent en même temps de côtés homologues aux figs. semblables dessus décrites ; or, le carré de l'hypoténuse équivaut à la somme des carrés décrits sur les deux autres côtés ; donc, etc.

(561) Cor. 7. Si quatre lignes droites sont proportionnelles ; les figures semblables dessus construites seront proportionnelles : et si les figures décrites sur quatre lignes sont semblables et proportionnelles ; ces lignes seront proportionnelles ; car, par hyp., ces lignes serviront de côtés homologues aux figs. dessus construites, et les figures semblables sont comme les carrés de leurs côtés homologues ; mais si les carrés de quatre quantités sont

proportionnels, les quantités elles-mêmes le seront, puisque si A : B :: C : D, l'on aura (104) A^ : B^ : C^ D^ et que réciproquemeut, si A : B"" :: C""^ : D'^, l'on aura A : B :: C : D.

(582) En second lieu, si les figures sont semblables et proportionnelles, elles seront entre elles comme les carrés des lignes sur lesquelles elles sont décrites. Ces carrés seront donc aussi proportionnels et les lignes elles-mêmes le seront, puisque si A^ : B'^ :: C^ : D"^ l'on a (104) A : B :: C : D ; donc, etc.

Remarquons qu'il n'est pas nécessaire que les quatre figs. soient semblables entre elles, mais seulement que chaque antécédent soit semblable à son conséquent.

(563) Cor. 8. Si trois lignes droites sont proportionnelles ; la première est à la troisième comme une figure quelconque décrite sur la première est à la figure semblable décrite sur la seconde.

Soient A, B, C les trois lignes, telles que A : B :: B : C, et soient 2, 4, 8 les représentants numériques de A, B, C ; l'on aura 2 : 4 :: 4 : 8 ; or, les figs. semblables sont (558) entre elles comme les carrés de leurs côtés homologues ; ce qui nous permettra de représenter par A" et B" les figs. décrites sur les lignes A et B. L'on doit donc avoir d'après l'énoncé du Cor., A : C :: A'^ : B^ ou 2 : 8 :; 2^ : 4^ ; mais 2"^=4 et 4^=16 et 2 : 8 :: 4 : 16. En supposant à A, B, C toutes autres valeurs numériques proportionnelles quelconques, l'on prouverait de même A : C :: A : B ; donc, etc.

(564) Sco. 2. Prob. De là, pour trouver le rapport des carrés ou autres figures semblables décrites sur deux lignes données A, B ; il n'}^ a qu'à chercher (517) une troisième proportionnelle à ces deux lignes, telle que A sont à B comme B est à X ; vous aurez alors A.X=B , ou en multipliant de part et d'autre par A, A .X=A. B^ ; d'où (88) A^ : B^ :: A : X.

(565) Sec. 3. Prob. Trouver deux lignes ayant entre

elles le même rapport que celui entre deux rectangles contenus par des lignes données.

Soient A, B et C, I) les côtés des rectangles ; ce qui donnera A.B et CD. Aux trois lignes B, C, D, trouvez (516) une quatrième proportionnelle X, et le rapport de la ligne A à la ligne X sera le même que celui entre les rectangles donnés ; c-à-d. que l'on aura A : X :: A.B : CD ; car, pir.sque par constr. B : C :: D: X, il suit (86) que C.D=B.X; et (82. Ax.) les quantités égales ont à la même quantité le même rapport ; donc A.B : CD :: A.B : B.X ; mais (73. Ax.) A.B : B.X :: A : X ; donc aussi (75. Ax.) A.B : CD :: A : X.

(566) Sco. 4. Prob. Si ^-'---.^ — >L l'on avait a décrire une figure qui fût en même temps semblable à deux autres figures semblables et équivalente à leur somme ou difiTérenee ; il n'y aurait qu'a chercher (306) le côté X d'un carré équivalent à la somme ou (309) à la différence des carrés décrits sur deux quelconques A, a des côtés homologues des ligs. données, et sur ce côté décrire, par la méthode du par. (551), une fig. semblable aux figs. données ; car les figures semblables sont comme les carrés de leurs côtés homologues ; et le carré de X étant équivalent à la somme ou différence des carrés décrits sur les côtés homologues A, a ; il s'en suit que la fig. décrite sur X sera équivalente à la somme ou différence des figures données décrites sur les côtés A, a.

(567) Sco. 5. Prob. Si l'on demandait à décrire une figure B semblable à une figure rectiligne donnée A et ayant à cette figure un rapport donnée M : X ; il est clair, d'après ce qui précède, qu'il faudrait trouver le côté homologue de B, tel que le carré de ce côté fût à celui du côté correspondant de la fig. donnée comme M à X ; ce qui se ferait par la méthode du par. (538). L'on décrirait alors par le méthode du par. (551), sur le côté ainsi trouvé, la fig. demandée B semblable à la fig. donné A.

(568) Sco. 6. Prob. Décrire une figure semblable à une figure reetiligne quelconque P et équivalente à une figure donnée K. A cette tin, il A. S faut d'abord trouver (376) M égale au côté d'un carré équivalent à la fig. P, et N égale au côté d'un carré équivalent à la fig R, et faire M : N:: AB : X ; c-à-d., trouver (516) une quatrième proportionnelle X aux trois lignes M, N et AB. Décrivant alors sur le côté X, homologue à AB, une fig. semblable à P ; cette fig. sera aussi équivalente à la fig. R ; car, soit Y la fig. décrite sur le côté X, l'on aura (558) P:Y::AB^:X^ et par constr. ABiXxMiN, ou (104) AB^ : X^ :: M^ : N^ ; donc (75. Ax.) P : Y :: M^ : N'^

Mais, P:R;

donc (72) Y=R ; donc la fig. Y est semblable à P et égale en surface à R.

par constr. l'on a aussi M =P et N =R ; donc P : Y

(569) Sco. 7. Prob. Partager un triangle donné ABC en deux parties A DE, DC, par une ligne DE parallèle à l'un BC de ses côtés, et de manière que ces parties soient entre elles comme deux lignes données IsT, R.

Puisque la ligue DE doit être parallèle à BC, les triangles ADE, ABC seront semblables et donneront (552) ADE : ABC : AD"^ : AB'^ ; mais il faut que ADE soit à DC :: N : R, ou, ce qui (97. Cor. 2.) est la même chose, que ADE soit a ADE+DC ou à ABC :: IS^: X+R; et (75. Ax.) les rapports qui sont égaux à un même rapport sont égaux entre eux ; donc il est nécessaire que l'on ait AD" : AB"'^ :: N : X+R ; or le par. (538) offre le moyen de trouver un carré AD^ qui soit à un carré donné AB comme une ligne donnée X à

une ligne donné N+R. Faisant alors AD= au côté du carré AD' et menant DE parallèle à BC; l'on aura ADE : DG:: N:R.

2° Prob. Diviser un triangle donné ABC en un^nombre quelconque de parties a, 6, c, etc. égales, ou ayant entre elles des rapports donnés, par des lignes FG, DE, HK, etc. parallèles entre elles et à T'un BC, des côtés du triangle, n'ortVirait pas plus de difficulté que la division en deux parties. En effet, soient M, N, R etc. les lignes indiquant les rapports à observer entre les parties «, b, c, etc. du triangle donné ; il nous faut avoir AF" à AB'^ ;: M :(M4-jSî'+R+ etc.), ce qui se fera, comme dans le dernier cas, par la méthode du par. (538). Portant alors sur AB, une longueur AP égale au côté de AF'^ et menant FG parallèle à BC, on aura la partie a du triangle dans le rapport voulu. Maintenant, pour obtenir FD, l'on fera (538) (M+X+R+etc.) : AB'-^:: (M+N) : AD^ et AD— AF=FD. L'on procédera de même à trouver DH en faisant (538) (M+N+R+etc.) : AB"-^ :: (M+î^+R): AH'^, et Ail— AD donnera DH ; et ainsi de suite, quelque soit le nombre des divisions à faire ; le premier terme (M+N+R+etc.) restant invariable et étant composé comme on le voit de la somme des ligues indiquant les rapports voulus entre les surfaces a, b, c, etc. ; tandis que le troisième terme varie d'une de ces lignes, soit en plus ou en moins, suivant que l'on poursuit l'opération de gauche à droite ou de droite à gauche.

(570) Sco. 8. Si dans le problème du paragraphe (566) on connaissait le nombre d'unités de mesure dans les côtés homologues A, a, il est clair que pour trouver le nombre d'unités de mesure dans la ligne X, il n'y aurait qu'à extraire la racine carrée de la somme ou diflérence des carrés des nombres d'unités contenues dans A et a et procéder ensuite de la manière indiquée.

2'^ Dans le problème du paragraphe (567), soient b et a les côtés homologues. Le côté cherché b devant être tel

que l? soit à «2 :: M : N ; il est clair que l'on trouverait arithmétiquement 6"^=(Z^xM et 6=i/~6^en carrant le nombre

d'unités de mesure dans le côté d, puis multipliant ce carré par le nombre M ou par le nombre d'unités de mesure dans la ligne M, divisant le produit par N et extrayant la racine carrée du quotient.

(571) Sco. 9, Dans le problème du paragraphe (568) l'opération arithmétique aurait sur l'opération géométrique un avantage très marqué ; car, supposant que R, fut semblable à P et que X fût son côté homologue à AB, l'on aurait P : R :: AB : X"^ ; puisque les figures semblables sont entre elles comme les carrés de leurs côtés homologues ; d'où X^=Rx AB^ et X^y^XJ; c-à-d. que pour trouver le

P côté homologue X de la fig. cherchée, il faudrait multiplier le nombre d'unités de mesure dans la surface R par le carré du nombre d'unités dans AB, et après avoir divisé ce produit par le nombre d'unités dans la surface P, extaire la racine carré du quotient ; tandis que par construction, il y aurait eu réalité cinq problèmes à résoudre ; savoir : trouver un carré équivalent à la surfarce P, opération composée (376) de deux problèmes secondaires ; puis, trouver un carré équivalent à la surface R, opération encore composée de deux problèmes secondaires ; enfin, trouver (516) une quatrième proportionnelle à trois lignes.

2° Puisque (552) les surfaces des triangles semblables sont entre elles comme les carrés de leurs côtés homologues, ce qui dans le problème du paragraphe (569) donne ABC : ADE : : AB^ : AD^ ; il est clair que si les données de ce prob. étant numériques, il n'y aurait d'abord qu'à diviser le nombre d'unités de mesure, dans la surface du triangle ABC en parties ayant l'une à l'autre le rapport voulu. Faisant alors ABC : ADE : AB^ : AD"^ et extrayant la racine carrée de AD^, on obtiendrait le nombre d'unités de mesure linéaires dans AD, et par là même le point D, par le quel menant DE parallèle à BC, le problème serait résolu.