AC* = DB’ = AD’ + DC* +'BC* +'ÂB

ce qui revient à l’énoncé du théorème.

Corollaire. D’après ce théorème, connaissant deux côtés consécutifs d’un parallélogramme et Tune de scs diagonales, on peut calculer l’autre. Supposons, par exemple, qu’on ait A B = 30“* , A D = 20"> , et B D = 26'" ; il en résultera

A C* 4-676'" «= 400'" « -f-900'" c4-400"' " 4-900'" «= 2600'" d’où AC*= 2600'" c — 676"": = 1924*" =, et AC =43'", 8.

Remarque. Les deux triangles A D C et D A B ont deux côtés égaux chacun à chacun, savoir AD commun, et DC t= AB. Mais l’angle compris entre ces côtés est obtus dans l’un de ces triangles, et aigu dans l’autre, puisque ces deux angles sont supplémentaires. La relation (3) nous apprend que dans un triangle qui a un angle obtus , le carré du côté opposé à cet angle équivaut à la .somme des carrés des deux autres côtés, deux fois le rectangle construit sur l’un de ces côtés et la distance comprise entre le .sommet de l’angle obtus et le pied de la perpendiculaire abaissée sirr c*e côté par l’extrémité de l’autre. Ainsi , dans un triangle qui a un angle obtus , le carré du côté opposé h cct angle est plus grand que la somme des canés îles deux autres.

La relation (6) nous montre que le caiTé du côté opposé à un angle aigu équivaut à la somme des carrés des deux autres moins deux fois le rectangle construit sur l’un de ces côtés , et la di.stance comprise entre le sommet de l’angle aigu que l’on considère , et le pied de la perpendiculaire abaissée sur ce côté par l’extrémité de

PliEMlèRE PARTIE.

l’autre. Ainsi le carré du côté opposé à un angle aigu est plus petit {pte la somme des carrés des deux autres.

Si donc, dans un triangle, le carré d’un côté équivaut à la somme des carrés des deux autres , il faut que l’angle opposé à ce premier côté soit droit.

360. — • PBOBL.ËME. Changer un polygone donné en un l»dygnnc équivalent , qui ait un côté de moins. Soit A ]{ CD K F Ôig* 291) le polygone donné. Tirons la diagonale AC; jiar le point B menons une parallèle à A C qui rencontre en Ile prolongement du côté AF; et tirons IC. Le polygone ICDEF, qui a un côté de moins que le polygone donné, lui est équivalent.

^En effet, ces deux polygones ont une partie commune A C D E F ; et ne diffèrent que par les parties restantes ABC et A I C. Or, ces parties restantes sont des triangles qui ont même base A C , et leurs sonunets B et I sur une même parallèle à la base; ils ont donc même hauteur, et sont par conséquent équivalents (350). Les deux polygones ABCDEF et ICDEF sont donc équivalents aussi.

Remarque. U est bon d’observer que ce procédié s’ap?» pliquerait également à un polygone qui ne serait point convexe.

Soit , eu effet, A BC D £ F G (fig. 392) un polygone qui a un angle rentrant ABC : l’emploi du procédé ci-dessus va faire disparaître cet angle rentrant. Tirons AC; par le point B menons BI parallèle à AC, et joignoasl C. Les triangles ABC et AlC ont même base AC; leurs som** mets sont sur uim même (Kirallèle à la base ; ils ont donc même hauteur, et sont équivalents. Or, si de la figure totale A CD EFG, on retranche le triangle ABC, il reste le polygone donné A B C D E F G ; mais si de la même figure totale A C D E F G on retranche le triai^le A I C , il reste le polygone ICDEF G. Ce polygone est donc équivalent aaqxdygone proposé; en outre il a un côté de moins , et n’a plus d’angle rentrant.

CoaoLnAiB£. En répétant l’opération précédente un nombre suffisant de fois, on pourra toujours réduire le polygone donné à n’avoir que trois côtés. Or, <m sait

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^ GÉOMliTIUE PLANE. 253

trouver un carré équivalent à un triangle donné (350) ; la quadrature d’un polygone quelconque peut donc s’cfrectuer par une suite d'opérations rigoureuses (abstraction faite des erreurs graphiques). »

Remarque. Lorsque les côtés du polygone proposé scmt nombreux , en répétant la construction précédente autant de fois qu’il est nécessaire pour convertir le polygone en un triangle, il en résulte un pen de confusion dans les lignes. Alais plusieurs de ces lignes peuvent être omises, et la construction revient à ce qui suit.

Soit ABCDEFG (fig. 293) le polygone proposé. Par un même sommet A menons les diagonales AC, AD, AE, ÀF. Prolongeons les côtés DC, ED, FE, GF comme l’indique la figure. Menons ensuite successivement B H parallèle à A C; HI parallèle à AD; IK parallèle à A E ; K L parallèle à A F ; et joignons A L. Le triangle A L G sera équivalent au polygone proposé.

■Cette construction serait encore applicable dans le cas où le polygone proposé aurait des angles rentrants. Rien n’empêche d’ailleurs de les faire préalablement disparaître.

361. — Théorème. Deux polygones 'semblables sont entre eux comme les carrés de leurs côtés homologues y ou de leurs diagonales homologues. Soient A B C D E et abcde (fig. 202) deux polygones semblables. Si l’on tire par deux sommets homologues Aet les diagonales homologues AC,ac,AD,af/,les polygones se trouveront partagés en un même nombre de triangles semblables et semblablement disposés.

' Les triangles ABC et abc étant semblables, on aura, ^en vertu du théorème du n° 352 ,

ABC : abc :: AB’ : nô’ (1) <■

Les triangles ACD et «crf étant semblables, on aura de môme:

ACD : acd -.-. CD’ ; ,cd\

254 PREMIERE PARTIF.

Or, à cause de la similitude des polygones , nn a CD : crZ : : AB : d où CD’ : c“77’ : :TB’ ; ;

donc A CD : acd : î A B’ : aè’ (2)

On obtiendrait de même :

A DE : ade AB’ : «Z»’, (3)

Les proportions (1),(2),(3) ayant un rapport commun , on en déduit cette suite de rapports égaux:

abc : ahc w ACD : acd : ; ADE : adc;

mais, 'dans une pareille suite de rapports égaux, la somme des antécédents est a la somme des consefjueu^ comme un antécédent est a son conséquent. En appliquant ce principe on obtient :

ABC4-ACD4-ADE : abc-\~acd-\-ade : : ABC : abc^ ou , ce qui revient au même ,

ABCDE : ahcdc ; : ABC : abc (4)

Les proportions (1) et (4) ayant un rapport commun , les deux autres rapports sont en proportion , et l’on a :

ABCDE : abcdc^CkW : âb\

D’ailleurs on a

' AB : . BC : Z»c AC : ne, etc.,

d’oii' AB* : aZ>* donc

ABCDE : ahcdc :

:: BC’ : hc ;; AC* : acy etc.;

1 AB \ ab ; : BC \ bc II AC ac y etc«

Application. Lorsqu’on a levé le plan d un terrain , on connaît le rapport qui existe entre un côté quelconque du polygone tracé sur le terrain et le côté homologue du polygone tracé sur le papiei*. î^pposons , par exemple, que AB et a b étant deux cotés homologues, on ait AB = rtZ» X « { « «tant un nombre qui dépend de l’échelle de réduction adoptée); il en ré*!> sultera ^

Ah* = «^*X«'.

GJiORIJiTRlE PLANE. 25p

Les aires des polygones sont donc entre elles comme

al^ esl à OU comme n est à 1.

il suflit donc, pour obtenir Faire du polygone tracé sur le terrain, d’évaluer celle du plan, et de la multi"

plier par

Quand on adopte l’échelle d’un millimètre par mètre, on a

/? = 1000, et n’ = 1 000000.

Il faut donc, dans ce cas, |K)ur avoir l’aire du terrain, multiplier celle du plan par 1000000 , ce qui revient , comme nous l’avons fait voir au n° 352 , à considérer les millimètres carrés comme des mètres carrés.

Quand on adopte une échelle de 2 millimètres par mètre , on a

lOOO . lOOOOOO

, n — — , et «* = — — .

On a donc à multiplier l’aire du plan par 1000000 et à diviser le produit par 4 , ce qui revient à la diviser d’abord par 4 , et à considérer ensuite les millimètres carrés comme des mètres carrés.

Si l’on adoptait une échelle d’un demi-millimètre par mètre , on aurait

n = 2000 , et n* = 4000000.

On aurait donc à multiplier l’aire du plan par 4000000^, ce qui reviendrait à la multiplier d’abord par 4, et à considérer ensuite les millimètres carrés comme des mètres carrés.

Mais en général , quelle que soit la longueur conventionnelle qui représente le mètre, le carré construit sur cette longueur représentera le mètre carré. On n’aura donc qu’à se servir de ce carré comme unité d’aire pour évaluer la superficie du plan , ce qui sera toujours facile puisque tontes les lignes de la figure sont évaluées en unités de longueur égales au côté de ce carré.

362. — Problème. Construire un polygone semblable à un polygone tlonné, et dont l’aire soit à celle de ce polygone dans le rapj irt de m à n. Soit AB (Cg. 202) l’un

25G PREMIKRE' P VlaiE.

des côtés du polygone donné ; la question se réduit à trouver le côté homologue ah du polygone demandé; car sur ce côté homologue, s’il était connu, on n’aurait plus qu'à construire un polygone semblable au polygone donné, problème que nous avons appris à résoudre (250).

Appelons P l’aire du polygone donné, p celle du polygone cherché. D’après la nature de la question , on doit avoir

mais, à cause de la similitude des polygones, on doit avoir aussi

et , à cause du rapport commun à ces deux proportions, il f^aut qu’on ait

La question est donc ramenée à trouver le côté d’un côté dont l'aire soit à celle d’un carré donné comme m est à n. Ce problème a été résolu au a° 35G.

Applicatioiv. On aurait à résoudre un problème de ce genre si l’on cherchait quelle échelle de réduction on doit adopter pour que l’aire d’un plan soit à celle du terrain qu’il représente dans un rapport déterminé.

Supposons , par exempte , qu’on veuille faire en sorte que l’aire du plan soit la 40000« partie de celle du terrain, il faudra qu’on ait