EB — AE

, îAli'+2EC'=:A E’-4-EB', et AC* — EC' = EF', donc 3 âG'

= ÂT'+ËF'-i-Eb'.

PROPOSITION XXVIII

Si l'un des angles d’un triangle est donne, l’excès du quarré de lu somme des côtés qui comprennent cet angle, sur le quarré de la base, a un rapport déterminé avec l’aire du triangle.

Soit ABC {fiç- 28 ) un triangle dont le côté AB est prolongé d’une . quantité BD = BC; l’excès du quarré de AD sur celui de AC est dans un rapport déterminé avec l’aire du triaugle.

ANALYSE

Menez AF. parallèle à BC, et rencontrant CD prolongé en E; du . point B abaissez la perpendiculaire B F, et tirez la droite BE.

Le triangle CBD étant isocèle, l'angle CDB est égal à DCB, et par conséquent à CEA; le triangle DAE est donc aussi isocèle. Il s’ensuit que AD’ = AC’+DC x CE, ou AD’ — ÂC*=DCxCE. De plus puisque AE est parallèle à BC, le triangle ABC est équivalent à EBC, c’est-à-dire à la moitié du rectangle B F xCE. Conséquemment l'excès du quarré de AD sur le quarré de AC est à l’aire du triangle ABC, comme DCxCEestà^BFxCE^u comme DC est à 7 B F, ou bien encore comme 4 DF est à B F. Mais l’angle donné A B C étant égal à CDB + BCD, est double de chacun de ces angles; donc l’angle B DF est connu; d’où il résulte que le triangle rectangle BD F est déterminé d’espèce, et que le rapport de DF à B F est connu : il en est donc de même du rapport de 4DF à BF, ou de l’excès du quarré de A D sur celui de AC à l’aire du triangle.

SYNTHÈSE

En conservant la même construction, il est clair que DCxCE :BF xCE:;DC:BF, mais D C x C E = AD’ — AC’, et BF x C F. est le double de Faire du triangle ABC; donc 2 DC est à BF, comme l’excès du quarré de A D sur le quarré de AC est à Faire du triangle ABC