.AG

Il suffit (note 1) de prouver :

i" Que, si deux segments AB et EF de la première droite sont égaux entre eux, les segments correspondants A'B' et E' F' de la seconde droite sont aussi égaux entre eux ;

a* Que, si sur la première droite, un segment EG est égal à la somme de deux autres AB et CD, sur la seconde droite, le segment E'G', correspondant à EG, est aussi égal à la somme des segments A'B' et CD' qui correspondent à \B et à CD.

i* Menons A'P et E'Q parallèles à AG; A'P et AB seront égales comme parallèles comprises entre parallèles; E'Q sera égale i EF pour la même raison ; par suite, on aura A'P = E'Q, puisqu'onaparhypothèse AB = EF.D*ailleurs, les angles PA'B', QE'F', sont égaux comme correspondants, et les angles A' PB', E'QF', comme ayant les côtés parallèles et de même sens; donc, les triangles PA'B', QE'F', ayant un côté égal adjacent à deux an* gles égaux chacun à chacun, sont égaux, et l'on a A'B' = ET'.

lia GÉOMÉTRIE PLAIfB.

2<> Puisque, par hypothèse, EF — AB, el GF = CD, on a, d'après Talinéa qui précède, E'F'=iiA'B' el F'G' = C'D'; le segment E'G' est donc égal à la somme de A'B et de CD'.

La figure peut offrir deux dispositions différentes; mais la démonstration ne change pas.

THÉORÈME

182. Toute parallèle DE à l'un des côtés BC d*un triangle ABC divise les deux autres côtés en parties proportionnelles {M- i38, 189, 140).

Fig. i38. Fig. 189. Fi0. i4o.

En effet, en concevant par le sommet A une parallèle à BC, on voit (181) qu'on a