LITRE T

Soit ABC un angle rectiligne dont les côtés rencontrent la circonférence ACDE ans. points A, C, D, E. Menant les droites AD, CE, on formera les triangles BAD, BCE, dont l’angle DAE= DCE [2. 4 - corol.],et l’angle ABD = CBE, et par conséquentBA:BD;:BC:B£ [ 5 . 6. corol.].

X. Si l’im des côtés d’un angle rectiligne rencontre la circonférence d’un cercle en deux points, tandis que l’autre ne la rencontre qu’en un seul; et si ce second côté est moyen proportionnel entre les segments du premier, interceptés entre la circonférence et le sommet de l’angle, je dis que le second côté sera tangent au cercle; et que s’il est tangent au cercle , il sera moyen proportionnel entre les deux segments du premier.

Soit ADB l’angle dont les côtés rencontrent la circonférence dans les trois points A , B, C, et supposons DA :DB::DB:DC. Tirant les droites AB, BC, on aura les denx triangles semblables DAB, DBC [ 5 . 7 ], qui don.^ nent l’angle CBD == BAC ; donc le côté DB touchera le cercle en B [2. 6]. Supposons maintenant que BD touche le cercle en B; on aura l’angle BAC = CBD [2. 6]; mais l’angle BDC est commun ; donc DA:DB ::DB:DC [ 5 . 6. corol. ].

XI. Trouver une quatrième proportionnelle à trois droites données.

Soient B, C, A, ces droites. Sur les côtés d’un angle quelconque DDE moindre que deux angles droits, on prendra DE = A , DF = B, et DG= C ; menant FG et ensuite EH parallèle à FG, on aura l’angle DFG=DHE, et l’angle DGF =DEH [ i . 9 ] , et par conséquent DH : D£::DF:1)G [ 5 . 6. corol.], c’est-à-dire, DH:A::B;C>

^8 PBtNCtPËS M\TlléMATIQUES,

XIT. Trouver une moyenne proportionnelle entre deui. droites données, et inégalés.

Soient A , B, ces deux lignes.

Sur une droite quelconque CD coupez CE = Â, et ED=B J divisez CD egalement en F, et du centre F avec le rayon CF décrivez le cercle CGH ; par le point E menez la corde EG perpendiculaire sur CD : EG sera moyenne proportionnelle entre A et B.

Prolongez GE jusqu’au point H de la circonférence. Le diamètre CD coupe GII perpendiculairement en E [const. ] ; donc EG= EH [ a. 2 ] : mais on a CE:EG:; EH : ED [ 5 . 9] J donc CE:EG::EG:ED.

XIII. Avec nn côté et l’angle adjacent donnés^ construire un triangle qui soit égal à nn polygone pro<* posé.

Soient donnés le polygone DEFGHIL, le côté AB, et l’angle adjacent BAC. Menant DF et puis EM parallèle à DF ; prolongeant GF jusqu’au point M de la droite EM, et tirant DM, on aura les triangles DEF, DFM , ayant la même base DF, et étant placés entre les mêmes parallèles DF, EM J d’oii il est facile de conclure qu’ils doivent avoir des hauteurs égales, et être par conséquent égaux [ 5 . 2. corol. ] ; donc le polygone DEFGHIL proposé sera égal au polygone DMGHIL, qui a nn côté de moins. On trouvera, de la même manière, un antre polygone ayant un côté de moins, et égal an proposé; et continuant à opérer de même , on parviendra k un triangle DLN égal an polygone DEFGHIL. Supposons d’abord que l’angle BAC donné diffère de cbacun des angles DI^N, LDN ; faisant l’angle LDO = BAC, menant HO parallèle à DL , et tirant LO , on aura

LITRE V. ijlg

le triangle DLO= DLN = DEFGHIL. Sur AC coupez AP qui soit à DO comme DL est à AB , et tirez BP j vous aurez le triangle ABP = DLO = DEFGHIL.

Si quelqu’un des angles DLN, LDN, ctoit égal à BAC, la construction du triangle DLO seroit superflue.

XIV. Construire un polygone semblable à un polygone proposé, et qui soit à un autre polygone proposé dans le rapport de deux droites données.

Il s’agit de construire un polygone semblable à ABCDE, et qui soit au polygone F comme la droite G est à la droite H. Sur le côté AB, et avec l’angle ABC, faites le triangle ABI = ABCDE; prolongez AB vers L, et sur le côté BI avec l’angle IBf, faites le triangle BIL = F; trouvez la droite M;BL:;G:H, et NO moyenne proportionnelle entre AB et M. Menez les droites AC , AD , et construisez le triangle NOP avec l’angle Nf>P — ABC, et l’angle ONP=BAC ; l’angle NPO sera= ACB. Faites le triangle NPQ avec l’angle NPQ = ACD, et l’angle PNQ = CAD ; vous aurez l’angle OPQ = BCD, et l’angle NQP = ADC. Construisez le triangle NQR avec l’angleNQR= ADE, et l’angle QNR=DAE; l’angle PQR sera = CDE, l’angle NRQ= AED, et l’angle ONR=:BAE; donc les polygones NOPQR, ABCDE, seront équiangles entre eux. Il suit de cette construction, que le triangle NOP est semblable à ABC, le triangle NPQ semblable à ACD, et le triangle NQR semblable à ADE , et que par conséquent NO:OP;:AB:BC : mais on a aussi OP:PN;: BC:AC, et NP:PQ:;AC:CD j donc OP:PQ:;BC:CD[5. lo]. On trouvera, delà même manière, PQ:QR:; CD :DE : mais on a aussi QR:RN:: DE:EAj doncNO:NR:;AB:AE [3. lo]. On aura donc

8o PRINCIPES MATHEMATIQUES

NOPQR semblable à ABCDË. Puisque les angles ONP,

BAC, sont égaux, on aura

triangle NOP NP NO

triangle ABC ^ AC ^ AB

[5. I ] ; mais les triangles semblables donnent NP: AC::

An J triangle NOP NP^^NP ^

NO:AB; donc ^.^^^^^ ABC =ÂC>^ On trouvera

. triangle NPQ NP NP i , . ,

triangle ACD = ÂC ^ ÂG ’

NOP sera au triangle ABC comme le triangle NPQ est à ACD. On prouvera de la même manière que le triangle NPQ est an triangle ACD comme le triangle NQR est à ADE ^ donc le polygone NOPQR est à ABCDE comme

le triangle NOP est à ABC 1 3. 5 J : mais on a

® triangle ABC

= |?X^[dém.], et NP:AC::NO:AB [dém.];

, triangle NOP NO NO

triangle ABC = ÂB ^ ÂB ' conséquent