OA "^ BE "^ CF"" ' ^^ AD "^ BE "^ CF

i78. Entre tous les triangles de même base el de même périmètre le maximum est le triangle isoscèle. (Soient un triangle isoscèle ABC [fig. 7), un second triangle DBC de même base BC et de même périmètre, et supposons que le côté DB coupe AC en E; il s'agit de dé- '^* ^*

montrer que la surface du premier triangle est plus grande que celle du second. /' "^ "^"--^

Or ces deux triangles ont une partie commune EBC, et, par conséquent, la question revient à démontrer que le triangle AEB est plus grand que le triangle DEC; mais dans ces triangles les angles en E sont égaux et le côté EB est plus grand que le côté EC; donc il suffit de faire voir que EA est aussi plus grand que ED.

Pour cela, joignons AD, prenons sur le côté DB la longueur DF = AC et menons AF. Dans les triangles ADF, ADC le côté AD est commun et DF = AC; d'ailleurs, à cause du triangle AFB, on a AF>AB— BF, tandis que DC=rAB — BF; donc l'angle ADF, opposé au côté AF, est plus grand que l'angle CAD opposé au côtéDC, el, par suite, en considérant le triangle ADE, le côté EA est plus grand que le côté ED.)

Remarque. — Cette démonstration un peu longue a l'avantage de se fonder seulement sur le premier Livre.

Dans la Note 26 de nos Éléments nous avons démontré le même théorème, en faisant voir que la hauteur du triangle isoscèle ABC est plus grande que celle du triangle DBC.

179. Diviser un triangle en cinq parties équivalentes, en menant des droites de l'un des sommets sur le côté opposé; le diviser en deux parties qui soient entre elles comme 2 est à 3, en menant de l'un des sommets une droite sur le côté opposé.

180. Étant donnés un triangle ABC et un point D pris sur le côté AB, mener par ce point une droite qui divise le triangle en deux parties équivalentes. (On distinguera deux

4o QUESTIONS PROPOSfiBS.

cas, suivant que le triangle ÂDC est plus grand ou plus petit que le triangle DBC.

Dans le premier cas, on sera conduit à prolonger AD au delà du point D d'une longueur DE = AD; on joindra EC et, par le sommet B, on mènera une parallèle à ECqui rencontrera AC au point F et DF sera la droite demandée.

Dans le second cas, on sera conduit à prolonger DA au delà du point A d'une longueur AE = DA ; on joindra EC et, par le sommet A, on mènera une parallèle à EC qui rencontrera BC au point F, et DF sera la droite cherchée.)

181. Par l'un des sommets D d'un quadrilatère ABCD mener une droite qui divise sa surface en deux parties équivalentes. (On construira le triangle DAE équivalent au quadrilatère et l'on divisera AE en deux parties égales au point F.

Si ce point tombe entre A et B, DF sera la droite demandée; mais, si le point F tombe entre B et E, il faudra mener par le point F une parallèle à BD, qui rencontrera BC au point G et DG sera la droite cherchée.)

Remarque, — La question 175 donne un moyen facile de mener par l'un des sommets d'un quadrilatère une droite qui divise sa surface en deux parties équivalentes.

§ II. — Sur les carrés construits suc la somme ou la différence

de deux droites, etc.