l Ments de g Om Trie

7/23/2019 l Ments de g Om Trie

http://slidepdf.com/reader/full/l-ments-de-g-om-trie 1/584

Eléments de géométrie ;

suivie de la 15e éd.donnée par A. M.

Legendre,... (2e éd.) parA. M. Legendre ; avec

ddi i [ ]

http://www.bnf.fr/

http://gallica.bnf.fr/



Legendre, Adrien-Marie (1752-1833),Blanchet, Marie Parfait Alphonse (1813-18..). Eléments de géométrie ; suivie de la 15e éd. donnée par A. M. Legendre,... (2e éd.) par A. M.

Legendre ; avec additions et modifications par M. A. Blanchet,.... 1849.

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ÉLÉMENTS

DE GÉOMÉTRIE.



DE GÉOMÉTRIE

AVEC ADDITIONS ET MODIFICATIONS,

ÉLÉMENTS

PAR A. M;LEGENDRE,

PAR M. A. BLANCHET,Ancien élève de l'École polytechnique,

dlrecteur des étude, matbémntique5 de Sainte-Harbe.

DEUXIÈME ÉDITION,

smvtE

DE LA QUINZIÈME ÉDITION,

DONNÉE

PAR A. M. LEGENDRE,MEMBRE DE L'tMTtTCT ET DE LA LÉGtOK D'HONNRM),

DE LA SOOETÉ ROYALE DE LONDRES, ETC.



AVERTISSEMENT

POUR CETTE NOUVELLE ÉDITION.

La Géométrie de Legendre est encore, malgré lesnombreux traités qui ont paru sur cette matière,

l'ouvrage le plus généralement suivi par les profes-

seurs, pour la préparation aux écoles du Gouverne-

ment. Ce succès, qui date de plus de quarante ans,



IlAVERTtSSEMEN~.

mais en réfléchissant à la difficultéqu'éprouveraientles élèves pour coordonner les notes avec le texte,

surtout dans les passages ou l'ordre des propositionsserait interverti, j'ai du renoncer h cette idée. Je me

suis donc décidé, d'accord avec les propriétaires de

la Géométrie de Lëgendre, à combiner avec le texte

les additions que je voulais faire, de manière afor-

mer un traité suivi et complet; seulement, il nous a

paru convenable de placer à la suite, et dans le

même volume, l'ancien texte de Legendre. Par cette

disposition, la nouvelle édition convient également

aux personnes qui adoptent le traité de Legendresans aucun changement.

Je crois.inutile d'entrer ici dans le détail des mo-

difications que j'ai introduites dans l'ouvrage de Le-

gendre; le lecteur sera à même de les apprécier en



AVERTISSEMENT. tu

Wantzel et Gerono pour les excellents conseils qu'ils

ont bien voulu me donner. J'ai aussi beaucoup d'o- bligations à M. Serret, qui a eu la complaisance de re-

voir quelques parties de mon travail, et qui m'a in-

diqué des corrections très-utiles.

A. BLANCHET.



ELEMENTS

rY[T T7 ~~T7 H T !7JJi!j U~J~UMiLiJAiJL.

LIVRE PREMIER.

DÉFINITIONS.

I. Tout corps occupe dans l'espace Indéfini un lieu dé-

termine qu'on appelle ?w/M/M<?.

II. La surface d'un corps est la limite qui le sépare de



GEOMETIU~.2

X. Toute ligne qui n'est ni droite ni composée de lignes

droites, est une

ligne courbe.XI. Le plan est une surface dans laquelle prenant deux

points à volonté, et joignant ces deux points par'une droite,cette ligne est tout entière dans la surface.

XII. Toute surface qui n'est ni plane ni composée de

surfaces planes, est une surface courbe.

XIII. La figure formée par deux droites A B, A C quise coupent, s'appelle angle. Le point A est le sommet de

l'angle; les lignes AB, AC, eh sont les côtés.

L'angle se désigne quelquefois par la lettre du sommet

A; d'autres fois par trois lettres BAC ou CAB, en ayant

soin de mettre la lettre du sommet au milieu.

Deux angles A et<tsont dits égaux/lorsqu'on peut les



HVRE t. 3

soient égaux, entre eux, la ligne AB est dite perpendicu-

laire sur CD, et les angles égaux BAC, BAD, sont appelésa~/M~rû!

U sera démontré que ,par un point.A pris sur une.droite

CD on peut toujours élever une perpendiculaire sur. cette

droite, et que tous les angles droits sont égaux.entre eux.

Tout angle plus grand qu'un angle droit est;un angle

obtus; tout angle plus petit qu'un angle droit est un:angte'.>

aigu.On appelle angles, supplémentaires deux.angles dont la

somme est; égale à deux droits; et angles complémentai-

res, deux angles dont la somme vaut un droit.

XV. Deux lignes sont dites parallèles, lorsque, étant Cg.

situées dans le même plan, elles ne peuvent se rencontrer

à. quelque distance qu'on les prolonge l'une et l'autre.

Telles sont les lignes AB, CD.

XVI. Figure plane est un plan terminé dé toutes parts

par des lignes.

Si lés sont renferment



&EOMETR));4

Le e~J, qui a ses côtés égaux et ses'angles droits.

Ley'cc~a/e, qui a )es angles droits sans

avoir ies'côtés

E i3sg, d.Lé parallélo~era_mine tiu rhonzbe, qui les a côtés olipôsésLe~cA'c7o~7'<ï/MMe ou y'~om~e, qui les a côtés opposes

paraMèles.. < b' 1.,

Le losange, dont les côtés sont égaux sans que iesan-

Eg. gles soient droits. )

g,15.Enfin le trapèze, dont deux côtés seulement sont pa-

Sg.42. ra!)è!es.

XXI. On'appelle ~a~o/M~e la ligne qui joint .)es som-

mets de deux angles non adjacents telle est'AC.

XXII. Po)ygone équilatéral est celui dont t ous les côtés

sont égaux; polygone eyMM/~Ve, celui dont tous les anglessont égaux.

XXIII. Deux polygones sont équilatéraux entre eM~* lors-

qu'ils ont les côtés égaux chacun à chacun, et placés dans

le même ordre, c'est-à-dire, lorsqu'en suivant leurs cou-

tours dans un même sens, le premier côté de l'un est égatau de le second de l'un au second de l'au-



HVKRt. '5

N. B. Dans tes'quatre premiers livres il ne sera question que de figures

ptanesoutraceessurunesurfacc~ptane.

Explication des termes et ~M ~M.

`

Axiome est une proposition évidente par elle-même.

77teoy'e/7:e est une vérité qui devient évidente au, moyen

d'un raisonnement appelé démonstration.

Problème est une question proposée qui exige une so-

/«~'o/<.

Z,e/7:/He est une vérité employée subsidiairement pour!a



GEOMETRIE.6

Le signe + se prononce plus; il indique l'addition.

Le signe-se prononce moins; il indique )a soustraction:

ainsi A-t-B représente )a somme des quantités A et B;

A–B représente leur différence ou ce qui reste en ôtant

B de A; de même A–B-t-C, ou A-t-C -B, signifie que

A et B doivent être aioutés ensemble, et que B doit être

retranché du tout-.Le signe X indique la multiplication; ainsi A X B repré-

sente le produit de A par B. Au lieu du signe x on

emploie quelquefois un point; ainsi A. B est la même

chose que AxB.Oh indique aussi le même produit sans

aucun signe intermédiaire par.AB, mais il ne faut em-

ployer cette expression que lorsqu'on n'a pas en même

temps à employer cette de là ligne AB, distance des points

A et B.

L'expression A X (B-f- Ç D) représente lé produit de A

par la quantité B-t-C–D. S'il fallait multiplier A-t-B

par A–B-<-C,on Indiquerait le produit ainsi (A +B) X



HVRE't.7

.a. Le tout est plus grand que sa partie.

3..Le tout est égat à la somme des parties dans les-

quelles il été divisé.

/{. D'un point à un autre on ne peut mener qu'une seule

ligne droite..

5. Deux grandeurs, ligne, surface ou solide, sont éga)es,

torsqu'étant placées l'une sur l'autre elles coïncident dans

toute leur étendue.

PROPOSITION PREMIERE..S~'

THEOREME.

1.

7~a/' un point pris sur M/?C ,<M/C on peut ~f~' M/ÏC

Me/yc/ï<~<CM/a<C~M/' cette fi~'O~f, 6< 0/<'e~/)~M~C/e~

<yM~M6'.

En effet, supposons qu'une droite AM d'abord couchée

sur AC, tourne autour du point A, eUè formera deux angles



GEOMETMIE.8

que le point G tombe en C, GH prendra la direction CD;

autrement on pourrait, par un point pris sur une droite,

élever deux perpendiculaires sur cette droite.

PROPOSITION IL

THEOREME.

Cg. 17. 7~ ligne < CD, <y~' c/t /'c/?co/?~c w~ <7/<

A B, ~f'cc CC//C-C/ f/e~ M/~7~ <c<?/?~ ACD, BCD,

</<?/?<!la .i'o/??/~<? est eFM/c </ </<?~ ~7<?~ <o/

Au point C, élevez surABtaperpendicutnire CE. L'angle

ACD est la somme des angles ACE, ECD; donc ACD

BCD sera la somme des trois ACE, ECD, BCD. Le pre-

mier de ceux ci est droit, les deux autres font ensembte

l'angle droit BCE; donc la somme des deux angles ACD,

BCD, est~égate à deux angles droits.

Co/'o//a!e I. Si l'un des angles ACD, BCD est droit,

l'autre le sera



LIVRE .]. w 9

~/?~/<? <<?~C <:<7~ <0/< /M ~M/K C~/C.i' ~.T/C/V'~M/f

AC, CB,c/'(?/<~f/<c<M7<?.Car si CB n'est pas le prolongement de AC, soit CE ce

prolongement; alors la ligne ACE étant droite, la somme

des angles ACD, DCE, sera égaie à deux droits*. Mais, *p'2.

par hypothèse, la somme des angles ACD, DCB, est aussi

égale à deux

droits; donc ACD -t- DCB.serait

égate à ACD

+DCE; retranchant de part et d'autre l'angle ACD, il res-

terait la partie DCB égale au tout DCE, ce qui est impossi-

ble; donc CB est le prolongement de AC.

PROPOSITION IV

THEOREME:

Toutes les /M~ <7M<?<eM~ ~7«?~' J/'O~~ AB, D E se f ig. 2t.

coupent, les O~~O~~)- ~M .)'OW/M~ sont ~H.

Car puisque ]a ligne DE est droite, )a somme des an-

gles ACD, ACE, est égale à deux droits; et puisque la



G~OMETRfE.tO

entre e))es, leur somme serait évidemment éeate a celle

des angles successifs ACB, BCD, etc.'J' T'.

PROPOSITION V,

THEOREME.

M/~ ~oMj< 0 ~M/ye ~o~ AB\, o/z ~e/M f/e

part et ~M</6 de cette f/0~g <T/<?M~~7! OC, OD,~/ej' que les <ï~/<?~ COÀ, BOD, ~<?/<?/ï~ ~M«~, OD

sera le ~o/o/~eA/!6~< de OC.

En effet, supposons que OE soit le prolongement de

OC, on aurait (y%eo/-eMeI!V~:COA==BOE;mais par hypo-thèse

BOD=:COA donc BOD serait

égal à

BOE, ce

quiest absurde.



L!VRËI. It i

couvrira exactement le troisième côte

BC;

donc le trian-

gle DEF est égal au triangle.ABC.

Co/'o//<M/'e. De ce que trois parties sont égales dans

deux triangles, savoir, l'angle A= D, le côté AB==DE~

et le côté AC===DF, on, peut conclure que les t rois au-.

tres le sont, savoir, l'angle B=E,rangteC==:F,et)e

côté BC==EF.

PROPOSITION VII.

THEOREME.

/C triangles sont ~aM.f/ /0/K'<7~ ont M/? C~C

<~<'</ <~<~ac'?/?7 à </<?M~ angles égaux chacun M chacun.

Soit le côté BC égal au côté EF, rang!e B égal à l'angle Bg. ~3.

E et l'angle C égal à l'angle F, je dis que le triangle DEF

sera égal au triangle ABC.

Car, pouropérerla superposition, soit placé EF sur son

E tombera en' B, et le F en C. Puis-



i3LIVRE i.

Prolongez dans le même sens les côtes du po)ygone

ABCD, jusqu'à leur'rencontre avec la ligne enveloppante,

on aura cette suite d'inégalités

AB+BH< AL + LE+EH

BC+CI <BH

+ HF+FICD+DK< CI + 1G +GK

DA+ AL < DK + KM + ML.

Ajoutant ces inégalités membre à membre, et supprimaut

les parties communes aux deux membres, on a AB+ BG

+CD+DA<EF+FG-t-GM+ME.



GËOMBTRtt:. j4

tués de part et d'autre. On a d'ailleurs I'ung)e BAC > CAD'

Divisez l'angle BAD en deux parties égales par la ligne

AE, cette droite tombera~ans le plus grand angle BAC;

enfin tirez !a ligne DE: les deux triangtes BAË, EAD,

seront égaux comme ayant un angle égal compris entre

deux côtés égaux. Donc BE==ED. Mais dans le triangle

EDC, on a CD < ED + EC. Remplaçant ED par BE, on

obtient CD < BE + EC ou CD < BC~

Réciproquement, si les côtés AB, AÇ, du triangle ABC

sont égaux aux deux côtés AC, AD, du triangle ACD si

de plus le troisième côté CB du premier triangle est plus

grand que le troisième côté CD du second,' l'angle BAC

sera CAD.



LIVRE 1. r5

petit que l'angle D, il s'ensuivrait que le côté BC est plus

petit que EF

or, BC est

égal à EF donc

l'angle A ne

peutêtre ni plus grand ni plus petit que l'angle D; donc il lui

est égal. On prouvera de même que l'angle B== E, et que

l'angle C == F.

Scolie. On peut remarquer que les angles égaux sont

opposés à des côtés égaux ainsi les angles égaux A et D

sont opposés aux côtés égaux BC, EF.

PROPOSITION XIII.

THÉORÈME.Z

Z)a/M M/~ <M/Z~g M'OCC/g /(M' f<e~ O/~C' «M.

cJ<M' <~a!M~C sont <M«J'.

Soit le côté AB== AC je dis qdon aura l'angle C ==B.

Tirez la ligne AD du -yo/M/Ke< A au point D, milieu de

la base BC, les deux triangles ABD, ADC, auront les.

trois cotés 'égaux chacun à chacun, savoir, AD commun,

AB==AC par hypothèse, et BDr~DCpar construction



CEOMETtUE.t6

PROPOSITION XIV.THEOREME.

Si t/ < <M/e </e«~ a/ sont e"< les

c~e.)' ty~o~e.t' sont <~<'<M~.Soit i':)ng)e ABC===ACB, je dis que !e côté AC sera égal

au côté AB.

Faisons un

triangle A'B'C'égatautriangteABC;desorte

que l'angle B= B', C=C' et BC-B'C'.

Superposons le triangle A'B'C' sur ABC, en ie retour-

nant de manière que le côté B'C' s'applique sur BC, mais

le point C' en B, et le point B' en C. L'angle C' = C 13;

donc ÇA' prendra la direction BA; on verra de m ême que

la direction ÇA. Le A' tombera donc



nvnE t. '7

2° Soit le côté AB > AC, je dis que l'angle C opposé au

côté AB, sera plus grand que l'angle B, opposé au côté AC.

Car si on avait C<B, il s'ensuivrait, par ce qui vient

d'être démontré, AB<AC,ce qui est contre la supposi-tion. SionavaitG=B)iIs'ensuivrait*AB=AC,cequiest *t'r.i~.

encore contre la supposition; donc il faut que l'angle C

soit plus grand que B.

PROPOSITION XVI.

THEOREME.

A)'M/~ point donné hors <tt/:6' C/yû~, 10 0/< ~c~<

<t' M/ÏB perpendiculaire

~M/' cettef/c

2° (~

/e/CM~ //ZC/!C/' ~M'M/M.

i*' Soit A le point donné et CD la droite donnée; faisons

tourner !a partie supérieure du plan autour de la droite

CD jusqu'à ce qu'elle vienne s'appliquer sur la partie in-

térieure; et soit A' la position que prendra le point A; joi-



GliOM~tUtI~.t8

commun.; on en conclut que l'angle ABE==~EBA' or l'an-

gle ABE est droit, doncEBA' l'est aussi. Mais si les ang~sadjacents ABE, EBA'.valent, ensemble deux angles droits,

il faut que, la ligne ABA'soIt droite, .d'ou .11 résulte qu'en-

tre deux points A et A' on pourrait mener.deux lignes

droites, ceqtu est impossible. Donc, etc. ) ' .<

PROPOSITION XVH.

THEOREME.

<!g.3f. Si ~M~7~< A ~HcAo/ f/'M/tC ~p<7e DE CW M/C/

/c/~e/?~CM/<x<6' AB ~M/' cette droite,' e~c//7~'

~HM AE,'AC, AD, e~c., <ï ~/e/'c~ /~6' ce//f

//xc//<e ~6'~e

1° Z,a/J<?/~<?/MA'CM/(!<' AB ~)/MJ'C<3M/'<C ~MC /6'«/e

~&MC l2° Les </<?M~ o&yMej' AC, AE, /~e~e< ~e ~w/ et



HVRE.i. '9

ABE est égal au triangle A8C* donc les côtés AEj.AC g

sont égaux; donc 2°, deux obliques qui s'écartent égalementde la. perpendiculaire sont égales.

3° Dans le triangle D FA la'somme -des lignes AG,. CF,

est plus petite que là somme des côtés AD, DF donc AC,

moitié de la ligne ACF, est plus courte que AD, moitié de

ADF donc 3°, les obliques qui s'écartent le plus de la per-

pendiculaire sont les plus longues.Co/'o~a~e I. La perpendiculaire mesure la vraie distance

d'un point à une ligne, puisqu'eUë est plus courte que

toute oblique.

II. D'un même point on ne peut mener à une même

ligne

trois droites

égales

car si cela était, il

y aurait d'unmême côté de la perpendiculaire deux obliques égales, ce

qui est impossible;

PROPOSITION XVIII.

pr.g.

-THEOREME.



GEOMETIUË.20

ID-f-DB=:iD+DA=IA;donc IB<IA; donc 2", tout point

hors de la perpendiculaire est inégalement distant des ex-trémités A et B.

Remarque. OnappeUe~eK~eoMci'Meune ligne dont t

tous les points jouissent d'une propriété commune, à )'cx

clusion de tous les autres points du plan.

La ligne E F est donc le lieu géométrique des points éga-

lement distants des points A etB.

PROPOSITION XIX.

THEOREME.

"6g.33. Z~<.1' </7~6'~ /'CC/<X/i' sont ~MM~ ~0/'J'~M' ont

/yo~c/<~jc ~M/e ~/< c~<ec"M/.

Soit l'hypoténuse AC=DF, et le côté AB= DE, je dis

que le triangle rectangle ABC sera égal.au triangle rectan-

g)e DEF.

L'éga)ité serait manifeste si le troisième côté BC étaitégal



LIVRE I. 1

SoitAG==DFett'ang!e A=D,jeporteDEFsur ABC,

de manière que DF s'applique sur AC; l'angle D étant égal à

l'angle A, DE prendra la direction AB, et en même temps FE

prendra la direction CB, car autrement on pourrait du pointC abaisser deuxperpendicuiaires sur AB. LepointEtombera

donc en B, etles deux triangles coïncideront parfaitement.

PROPOSITION XXI.

THEOBEME.

1°?bM~O/ M pris sur A: ~M.t'<?C~Cg (*) ~M/! a/<?

BAD est ~<<?~/?<?/~ ~f/< </<?.)'C~/e~ de cet angle.2° Tout point E situé hors f/C la ~C~/7'C<? est //ï~'<'ï-

~<?/~ <7~Z~ des C~ < ~'<7/?~/C.i" Du point M situé sur )a bissectrice de l'angle BAD,



22 GEbMËT'RtE.

MG perpendiculaire sur AB; 'enfin joignez EC. Dans )<i

'tridng!e'CEMon~"GE<-MG-MË; bt comme MG==MD,ôn'a:' iGE~ED;' tir .BE<GE,'

ddtitë~fôrt:ort'' 'BE<:ED;' 1.

~co~: La bissëctricë'd'unangteest !ë !iëu geohiëtriquedes points également distants des deux côtés de cet angle.

PROPOSITION XXII.

THÉORÈME.

D<?M.'c~o~~ AC~ 6D/~e/p<?/M//c~M/'e~ ~M/' ~c/~<?

<o//e CD,

sont/~<ï/'<<?~.



MVRÉ~r. à3

r .'j.' PROPOSITION XXIÎÏ.

THEOREME.

~7' M/ï point 0/! ~6M< /7!<?/!C/' H~C /)<)!a//g~e <7- M/ï<?

f/o<7c et c/z /ï*g/t DeM< /~e/ïe/' OM'C ~~M~e.

Du point A abaissez AD perpendiculaire sur DC, et au

même point menez AF perpendiculaire sur AD, les deux

droites AF et DC seront parallèles*. *pr.M.

Maintenant je dis que toute autre droite AG menée par le

point A ne serait

pas paraUète à

DC;car DC étant

perpeh-dicutaire sur AD, 'AG est oblique par rapport à cetteiigne.

PROPOSITION XXIV,

.THEOREME. .i.

~'<< <o~ CD, AB, ~'o'i');M//e~i! 7~M/6 ~o~<?



?5LIVRE I.

tio Des. iiitéi-i~eiii-s d'iiii, iîzt~iîze c4t 'de la, s/(° D<?.f O'f.i' <C/7'~H/'J' f/y. /??.M C~/C <7~ .C-

('<? ~/?.< la ~/M~?<? est ~M/<? ~/<C ~D~.

t° Soient les parallèles AB, CD coupées par la transver-

sale GH. Du point 0, milieu de EF, abaissez OM per-

pendiculaire sur AB; cette ligne sera également perpendi-culaire sur CD. Les triangles rectangles MOE, ONF, sont

égaux, car les hypoténuses OE, OF, sont égales par cons-

truction, et !es. angles MOE, FON, sont égaux comme op-

posés parle sommet. De

l'égalité de ces

triangles on conclut

que les angles alternes-internes MEO, OFN sont égaux.

On voit aussi par là que les angles BEF.EFC, sont égauxcar ces angles sont respectivement les suppléments des an-

g)es MEO, OFN.

20 Les angles alternes-externes GEB, CFH, sont égaux



26 GJÉOMÉTME.

0« <H~a/7<?~

//ï<e/7~M/ ~'«/ï /HC/M<? C~ifC

C<<?, (~?/<X.M/??.ZgJ'0~6~<:i'/PM<A''<0</J', >Cc.<' f/o/ ~<?~< /M/Yi~/eA?.y.

i° Soient les deux droites AB, CD coupées parla trans-

versale &H si les ang'es alternes-internes AËF,EFD, sont

égaux; AB sera paràltèle à CD; autrement on pourrait parle

point E mener une paral)è!e El à CD mais alôrs les angles

IËF,EFD, seraient égaux comme ahernës-internes, etcomme par hypothèse AEF==EFD, on aurait AEF==IEF;

ce qui est absurde.

2° Si les angles alternes-externes GEB, GFH sont égaux,les angles AEF, EFD, qui sont opposés par le sommet aux

premiers, seront égaux~ et d'après ce 'qui ~ieht d'être dëmon-



btVREt. ay

angtes correspondants; niais par !a mÊme'raison DLG=

ABû,

donc ABC=DEF.

2° Soient deux angles ABC MEN, ttorit les côtés sont

parallèles, mais dirigés ëh sens contraire, ces ahglés~seront

égaux car MEN DEF et DÉF ABG.

3° Enfin deux angles ABC, DEM, dont lés côtés sont

parallèles, mais dont deux côtés BA et ED, sont dirigésdans le même sens, et les deux autres BC etEM, ëh sens4s

contraire, sont supplémentaires; car DEM est' le supplé-

ment de DEF, et DEF=ABG..

PROPOSITION XXIX.



HVRËJ. 29

~.z'e~ e~<x/<? M~M~ï~ (/e~/OM c/<?M.x' ~7ej' < qu'il

y a </e C<3~ /7i!0//<~ ~<?M.t'.Par un des sommets A, menons des diagonales à tous Eg.

les sommets non adjacents; le polygone sera décomposéen autant de triangles qu'il y a de côtes moins deux; car

ces différents triangles peuvent être considérés comme

ayant pour sommet commun le point A, et pour bases les

différents côtés du polygone, excepté les deux trianglesextrêmes qui contiennent chacun deux côtés du polygone.On voit aussi que la somme des angles de ces triangles est

égale à la somme des angles du polygone; donc cette

dernière somme est égale à autant de fois deux droits qu'il

y-.a de

côtés, moins deux. Si l'on

représente par le nom-

bre de côtés du polygone, la somme des angles sera

2 X (~ 2) ou' 2/t /{.

PROPOSITION XXXII.

THEOREME



Dyimt: 3'

ils seront égaux; donc l'angle ADB, opposé au côte AB,

est égal à l'angle DBC, opposé au côté CD; donc le côté 'pr.x?.

AD est parallèle à BC. Par une semblable raison, AB est

parallèle à CD donc le quadrilatère ABCD est un paral-

lélogramme.

PROPOSITION XXXV..

THÉORÈME.

Si </g~ côtés opposés AB, CD, ~'«~ </M<7'/<7,6 Bg. 44.

.)W~ ~M~ et parallèles, les deux «M<7'CJ' côtés J'C/'C/Z~

A'e<7/e/~e/7~ égaux e</)<7/M//e/c~ et la /~wc ABCD

~C~ M/t ~M/'d'C/p~7M/y?/??C.

Soit tirée la diagonale BD; puisque AB estpara![è)ca à

CD, les angles alternes-internes ABD, BDC, sont égaux *['r.x6.

d'ai)teurs le côté AB==DC,]ecôtéDB estcommun, donc

le triangle ABD est égal au triangle DBC*; donc !e côté AD *t'r.6.

== BC, l'angle ADB DBC, et par conséquent AD est pal aL

lète à BC; donc la figure ABCD est un paraUétogramme.



GEOMËTRtt:.32

LIVRE II.

LE CERCLE ET LA MESURE DES ANGLES.

DÉFINITIONS.

6g.ii6. I. La M/'coH/c/'e~ce du cercle est une ligne courbe, dont

tous les points

sontégalement

distants d'un point

intérieur

qu'on appelle centre.

Le cercle est l'espace termine par cette ligne courbe.

N. B. Quelquefois dans le discours ou confond le cercle avec sa circonférence;

mais il sera toujours facile de rétablir l'exactitude des expressions en se souve-

nant que le cercle est une portion de surface plane, tandis que la circonférence

u est qu'une ligne.



LIVKEH. 33

V. ~ee~eK/' est la partie du cercle comprise entre un arc

DE et les deux rayons CD, CE, menés aux extrémités de

cet arc. ·

VI. On appelle ligne inscrite dans lé cercle, celle dontfi g, 4

les extrémités sont à la circonférence, comme AB;

~7e inscrit, un angle tel que BAC, dont le sommet

est à la circonférence, et qui est formé par deux cordes;

T/'MM~7e inscrit, un triang)e tel que BAC, dont les trois

angles ont leur sommet à la circonférence;

Et en général figure inscrite, celle dont tous les angles

ont leurs sommets à la circonférence en même temps on

dit que le cercle est cM'eo/Mcr~ à cette figure.

VU. Onappelle

sécante uneligne qui

rencontre la cir- "S- 4S-

conférence en deux points telle est AB.

VIII. Tangente est une ligne qui n'a qu'un point de

commun avec la circonférence telle est CD.

Le point commun M s'appelle point de contact.

IX. Pareillement deux circonférences sont tangentes



GEOMETRIE.34

~g ses côtés s ont des tangentes à la circonférence; dans le

même cas on dit que ie cercle est inscrit dans le polygone.

PROPOSITION PREMIÈRE.

THEOREME.

Tout ~?y<c AB divise le cercle et ~M c~'cc/z/e-

/'6'/ZCee/~</6'M.?<X/6'J'~<'</e~.

flg. 49.Car si on applique la figure AEB sur AFB, en conser-

vant la base commune AB, il faudra que la ligne courbe

AEB tombe exactement sur la ligne courbe AFB, sans quoi

il y aurait dans l'une ou dans l'autre des points inégalement t

éloignés du centre, ce qui est contre la définition du cercle.

PROPOSITION II.

THEOREME.



UEOMETRJE.36

Bg.So. Car soit l'arc AH plus grand que ENG; prenons l'arc

AMD=ENG, les cordes AD, EG seront égales. Enfin me-nons les rayons DC, CH les deux côtes AC, CH du trian-

gle ACH sont égaux aux deux côtés AC, CD du triangle

ACD; l'angle ACH est plus grand que ACD; donc le t roi-

sième côté AH est plus grand que le troisième côté AD;donc aussi A H est plus grand que EG.

Réciproquement, si la corde AH est plus grande que

EG, J 'arc AMH sera plus grand que ENG; car si AMH

était égal à ENG, la corde AH serait égale à EG, ce quiest contre l'hypothèse; et si l'arc AMH était plus petit que

~ENG la corde AH serait plus petite que EG, ce qui est

encore contre lasupposition.

Scolie. Nous supposons que les arcs dont il s'agit soient

moindres qu'une demi-circonférence; s'ils étaient plus

grands, la propriété contraire aurait lieu.

PROPOSITION VI.



HVREH.37

de la corde, par le milieu de l'arc; enfin elle est perpendi-

culaire sur la corde. Or deux de ces conditions suffisent

pour déterminer la position d'une droite; donc toute lignedroite qui sera assujettie à deux de ces conditions remplira

nécessairement les deux autres.

Ainsi la perpendiculaire élevée sur le milieu de la corde

passera par le centre et par le milieu de l'arc, et ainsi de

suite.

PROPOSITION VII.

THEOREME.

Par trois points A, B, C, non <?/: /c ~<?~6 f)/~

peut ~OH/bM/'J' /~«'<? /Xi!J'~g/' une C/C<?/?/C<?~ maisf)/Z /Z'ueM~e~a'.M<3/' <7M'Z6'.

Joignez AB, BC, et par les milieux de ces droites élevez

les perpendiculaires DE, FG, je dis d'abord que ces deux

lignes se rencontreront.



GEOMETRtE.38

Je dis dé plus qu'aucune a utre circonférence ne peut

passer par ces trois points car s'il en existait une, son cen-

tre devrait se trouver à la fois sur les lignes DE et FG or

ces deux droites ne peuvent se couper qu'en un point;

donc, etc.

Co/'o//<M/'6 I. La perpendiculaire élevée sur le milieu de

AC passera par le point 0, puisque ce point est à égale

distance des points

A etC; donc

les perpendiculaires

élevées sur les milieux des côtés <M/: triangle se c~M/jf~ en

MMmême point.

II. Deux circonférences ne peuvent avoir plus de deux

points communs sans se confondre.

PROPOSITION VIII.

THEOREME.

Deux C07' égales sont également C/0~ du.

centre et de </c<c co/'f/e~ ~?e~i!/c~ /« plus petite est

plus éloignée <r/M centre.



LIVRE J). 39

donc on a C&>CI; donc de deux cordes inégales la plus

petite

est la

plus éloignée

du centre.

PROPOSITION IX.

THÉORÈME.

Z<X~C/</J'CM/<M/'g BD, menée à ~.ï'<e/?M<S <~<

rayon CA, est M/!<? tangente M la C/rCO/C/'e/!C~.Car toute oblique CE est plus longue que la perpendicu- 6g. 54.

laire CA; donc le point E est hors du cercle; donc la ligne

BD n'a que le point A commun avec la circonférence;

donc BD est une tangente.

Réciproquement. Le rayon CA mené au point de contact

de la tangente BD, est perpendiculaire sur cette tangente.Car tous les points de cette ligne, à l'exception du point

A, étant extérieurs à la circonférence, le rayon CA sera la

ligne la plus courte qu'on puisse mener du point C à la

droite BD, et par conséquent sera perpendiculaire à cette

droite.



GEOMETR!);./j0

tre tangente; au point de contact H menez le rayon CH;

tQ ce rayon sera perpendiculaire à la tangente DE*, et aussi

à sa parat)è)e MP. Mais puisque CH est perpendiculaire à

la corde MP, le point H est le milieu de l'arc MHP; donc

les arcs MH, HP, compris entre les parallèles AB, DE,

sont égaux.

3° Enfin si les deux parallèles DE, IL, sont tangentes,

l'une enH,

l'autre enK,

menez la sécante parallèle AB,vous aurez, par ce qui vient d'être démontré, MH= HP et

MK-KP; donc l'arc entier HMK-HPK, et de plus on

voit que chacun de ces arcs est une demi-circonférence.

PROPOSITION XI.

THEOREME.

Si deux C<C6'/Z/<?/:C~ 0/?< M/~ point CO/7Z//ÏM/?,A en

<r/0/'J' <7e /~7Z<? CC' qui M/ /<?M/ C<?/!&'g~ elles

ont «/ï ~M.X'/C/C /)0</ï~ CO/y?/?~M~ A' .t'~Me J-M/' ~'C/

/?<?/CM/6M/ AB « CC'~ et <Ï la M!C/?!C ~?.CC f/<? cette

HVMH



HVMH.

II. Si Jeux circonférences sont tangentes, le point de

contact est situé sur la ligne des centres; car s'il en était

autrement, les circonférences auraient un second

pointcommun, et par conséquent se couperaient.

Deux circonférences ne peuvent occuper l'une par rap-

port à l'autre que cinq positions différentes elles peuvent

être extérieures ou intérieures; elles peuvent se toucher

extérieurement ou intérieurement, ou enfin se couper.

PROPOSITION XII.

THEOREME.

~<?M.~ circonférences sont extérieures, la dis-

~/ïc<? </e~ cc~fy~~ e~M-y ~a/ïf/c que la ~o/7!/??.~ des

/M~~M.



~2 GEOMETRIE.

PROPOSITION XIV,

THEOREME.

Si deux C/C6'/Z/6VC/!C~ sont &7~g/2~J' extérieure-

7?! la <C<' des centres est égale M la .f0/7?//76'

~a/0/

Car )e point de contact A étant sur la ligne des centres,

on a évidemment CC' = ÇA -t- AC'.

PROPOSITION XV.

THEOREME.

Si </6'M.~ e~'rCO;?.?CC.f se ~MC/?<?/?< //K~7ëM/'<?/~<?/<

/t/. a~t'~Meg ~cj' cc/z~c~ est M/ la / ?/?



MVnËÏI. ~3

Car en joignant les centres à l'un des points d'intersec-

tion A, on formera un triangle dans lequel la ligne des

centres CC'; et les rayons ÇA, C'A, seront les trois côtés;or on a vu que dans un triangle un côté quelconque est

plus petit que la somme des deux autres, et plus grand

que leur différence.

Les réciproques des cinq propositions précédentes sont

vraies, et se démontrent toutes de la même

manière; par exemple, si la distance des centres est plus petite que la

somme des rayons et plus grande que leur différence, les

circonférences se coupent; car si elles étaient extérieures

ou intérieures, la distance des centres serait plus grande

que la somme des rayons, ou plus petite que leur diffé-

GEOMETRIE44



GEOMETRIE.44

sui' l'arc DE; car si l es deux arcs n'étaient pas confondus

en un seul, il y aurait dans l'un ou dans l'autre des points

inégalement éloignés du centre, ce qui est impossibledonc i arc AB-DE.

2° Si on suppose AB==DE,je dis que l'angle ACB sera

éga! à DCE; car si ces angles ne sont pas égaux, soit ACB

le plus grand, ét soit pris A GI == DCE; on aura, par ce quivient d'être démontré, AI == DE mais, par hypothèse, l'arc

AB=DE; donc on a urait AI=AB, ou la partie égale au

tout, ce qui est impossible; donc l'angle ACB = DCE.

PROPOSITION XVIII.

THEOREME.

Dans.un /7ïC/7ïg cercle OM f~/M f/CJ- CC/'C~ ~<XM.

le /'<X/~0/'< de deux <X~/6;j <7M C<?/C est le même quecelui </<?~ aics //?~c~)~ <?/ï~e /<?M/'j- côtés.

fig. 62. Soient ABC, DCE, deux.angles au centre de circonfé-

rences égales. Je supposerai d'abord que l es arcs AB et DE

aient une commune mesure, et qu'elle soit contenue y foisdans AB et 4 fois dans DE l de AB à DE



LIVRE 11. 45

Mais si l'on joint les centres C, F, aux points de division

des arcs, on voit que l'angle DFE est divisé en trois parties

égales, et que l'angle ACB contient 4 de ces parties, avec

un reste KCB plus petit que l'une d'elles; le rapport des

angles ACB, DFE est donc aussi compris entre et donc

les rapports ACB: DFE et AB DE contiennent chacun 4

fois la fraction Mais on prouverait semblablement qu'ils

contiennent le même nombre de fois y~ y~ et

en général une partie aliquote de 1 unité aussi petite qu'on

voudra; donc ces rapports sont égaux.

T~e-yM/'e des angles.

Mesurer une grandeur, c'est trouver le rapport de cette

grandeur à l'unité de même espèce. La mesure d'un angle,en prenant pour unité l'angle droit, n'est donc autre chose

que le rapport de cet angle à un droit.

Mais le théorème précédent montre qu'au rapport de



GEOMETRIE.46

PROPOSITION XIX.

THEOREME.

6g 64Z'<X/~7g inscrit BAD a pour /?M~M/'<? /<X /O~W de

et 65' i:}et/c BD compris entre ses côtés.

Supposons d'abord que le centre du cercle soit situé

fig. 64. dans l'angle BAD, on mènera le diamètre AE et les rayonsCB, CD. L'angte BCE, extérieur au triangle ABC, est égal à

*3o, i. la somme des deux intérieurs CAB, ABC* mais le triangleBAC étant isocèle, l'angle CAB = ABC; donc l'angle BCE

est double de BAC. L'angle BCE, comme angle au centre,a pour mesure l'arc BE; donc l'angle BAC aura pour me-

sure la moitié de BE. Par une raison semblable, l'angle CAD

aura pour mesure la moitié de ED; donc BAC + CAD ou

BAD aura pour mesure la moitié de BE+ED ou la moitié

de BD.

6g-65. Supposons en second lieu que le c entre C soit situé

h d l l di è



LIVRE II. 47

ABD -1-ADB. Mais si les deux angles B et D du triangleABD

valent ensemble le troisième BAD, les trois anglesdu triangle vaudront deux fois l'angle BAD; ils valent

d'ailleurs deux angles droits; denc l'angle BAD est un

angle droit.

111. Tout angle BAC inscrit dans un segment plus grand fig. 66.

que le demi-cercle, est un angle aigu; car il a pour mesure

la moitié de l'arc BOC moindre qu une demi-circonfé-rence.

Et tout angle BOC, inscrit dans un segment plus petit

que le demi-cercle, est un angle obtus; car il a pour me-

sure la moitié de. l'arc BAC plus grand qu'une demi-cir-

conférence.

PROPOSITION XX.

THEOREME.

Z/<7/~g BAC, /0/?M~M/'M/M' fa~SAt~ et M/~ corde, fi 6a /~OM/' mesure /~c'~Mf</c /'a/'c AMDC conpris c/~<e

ses côtés



GÉOMÉTRIE.48

En effet, l'angle BAC extérieur au triangle AEC est égat

à la somme des angles AEC, ACE, qui ont respectivement

pour mesure les arcs BC et DE.

PROPOSITION XXII.

THEOREME.

Z'M/c BAC /o/we/xx/ c/cM~~ec~AB, AC,

<?/</b/z< le ~'o/e~ est ~o/~ </<?/M c/c~g/<ce~ ~o«/'

//<e~M/'6 la /y<o/~c <~ /e co/!c~~e BC, ~< /M //?o~/e

</f l'arc co/e DE.A



LIVRE Il.49.

les côtés passeraient par tes points C etB, et dont le sommet

serait hors de l'arc CAB,

serait différent del'angle

CDB.

PROPOSITION XXIII.

THEOREME.

j~«/~ ~<< quadrilatère inscrit ABCD, les <7cj tY~-

~ujey j~ jM~/tv/a/t'.

En effet, les angles opposés ADC, ABC, ont ensemble

pour mesure la moitié de la circonférence ABCD.

Réciproquement, si, dans un quadrDatère, deux angles

opposés ADC, ABC, sont supplémentaires, ce quadrilatère

est i i ibl

GEOMETtm'50



GEOMETtm50

'AB un second point E également éloigné des points A et

B, par les deux points D, E, tirez la ligne DE; je dis que

DE coupera la ligne AB en deux parties égales au point C.Car les deux points D et E étant chacun également éloi-

gnés des extrémités A et B, ils doivent se trouver tous

deux sur !a perpendiculaire élevée sur le milieu de AB.

Mais par deux points donnés H ne peut passer qu'une seule

ligne droite; donc la ligne DE sera cette perpendiculaire

elle-même qui coupe la ligne AB en deux parties égales-au

point C.

PROBLEME Il.

<:t; ?[. un ~<?</ï~ A, <7o/~e ~M/' la ~7<e BC, e/<?< M/<e

/7~e/?6~C'M/<WC

M cette /~7!<?.

Prenez les points B etC à égale.distance de A, ensuite des

points B et G, comme centres, et d'un rayon plus grand que

BA, décrivez deux arcs qui se coupent en D t irez AD qui

sera la perpendicu):)Ire demandée.

Car le point D étant également éteigne de B et de C,

LIVRE H. 5 r



PROBLEME IV.

~M point A de ligne AB, jàire un ~e~<7/ Eg.

/'<r<6 <o/ï/ïe K.

Du sommet K, comme centre et d'un rayon à volonté,

décrivez l'arc IL terminé aux deux côtés de l'angle du

point A, comme centre, et d'un rayon AB égal à KI, dé-

crivez l'arc indéfini BO; prenez ensuite un rayon égal à la

corde LI; du point B, comme centre, et d e ce rayon, dé-

crivez un arc qui coupe en D l'arc indéfini BO; tirez AD,

et l'angle DAB sera égal à l'angle donné K.

Car les deux arcs BD,L1, ont des rayons égaux et des cor-

des égales; donc ils sont égaux*, donc

l'angle BAD=IK.L.

PROBLEME V.

D«~e/' M~ <6 ou un arc donné en deu,x parties Cg. 74.

GEOMËT f52



GEOMËTmf:.52

par des subdivisions successives, on divisera un angle ou

un arc donné en quatre parties égales, en huit, en seize, etc.

PROBLEME Vt.

6g. 75. M/z t/z/tc A, /<?/<c/' «/<e ~o:a//c/e /~{

/e </o/t/!ee BC.

Du point A, comme centre, et d un rayon sufËsamment

grand, décrivez l'arcindéfini EO; du point E, comme cen-

tre, et du même rayon, décrivez l'arcAF, prenez ED==AF,

et tirez AD qui sera la paraUete demandée.

Car en joignant AE, on voit que les angles atternes-io-

ternes AEF,EAD, sont égaux, d onc les lignes AD,EF, sont-

27, i. paraUétesPour résoudre ce probtème, on emploie plus ordinaire-

ment t'équerre.

HVRE 53



HVREtt. 53

le troisième angle requis; car ces trois angles prise)iAen)!)!e

valent deux angles droits.

PROBLEME VIII.

Étant t~/M~ </CM.t C~f B et C <M/t ~/?<i!<' et Cg. 77.

/'«~7<? A ~M'y 6'0/~7W/<Ï<, décrire le ~7~.

.Ayant tiré la ligne indéfinie DE, faites au point D Fan-

gle EDF égal à l'angle donné A; prenez ensuite DG=B,

DH = G, et tirez GH; DGH sera le triangle demandé.

PROBLEME IX.

~?7 donnés un C~~C et <7<?M.Ta/?~7<?~ ~M/! triangle,

~ec/7/ /<? ~'M/C..

Les deux angles donnés-seront ou tous deux adjacents

au côté donné, ou l'un adjacent, l'autre opposé dans ce

dernier cas, cherchez le troisième*, vous aurez a insi les 'prob.

deux angles adjacents. Ce)a posé, tirez la droite DE égale



GÉOMÉTRIE.54

la somme des Jeux autres cotés, et plus grand que leur

différence.PROBLEME XI.

A~ donnés ~/<?M.ï; c~c~ A et B d'un //7<e, <~t~e

/~M~/c C o~<Mc ~« tv~e B, f/ec/7/'g /e <f:c.

(! 80. II y a deux cas 1° si l'angle C est droit ou obtus, faites

l'angle EDF égal à l'angle C; prenez DE=A; du point E,

comme centre, et d'un rayon égal au côté donné B, décri-

vez un arc qui coupe en F la ligne DF; tirez EF, et DEF

sera le triangle demandé.

Il faut, dans cepremier cas, que le côté Bsoitplus grand

que A, car l'angle C étant droit ou obtus, est le plus grand

des angles du triangle donc le côté opposé doit être aussi

le plus graiid.

<:g. 8r..? 2° Si l'angle C est aigu, et que B soit plus grand que A,

la même construction a toujours lieu, et DEF est le triangle

requis.



LIVRE Il. 55

centre, et d'un rayon ËG==DF au point G, où ces deux

arcs se

coupent,

tirez FG, EG; et

DEGF sera le parallélo-

gramme demandé.

Car, par construction,les côtés opposés sont égaux, donc

la figure décrite est un parallélogramme et ce parallèle- *~4, I.

gramme est formé avec les côtés donnés et l'angle donné.

Co/'o/~zA-e. Si l'angle donné est droit, la figure sera un

rectangle; si, de plus, les côtés sont égaux, ce sera un carré.

PROBLÈME XIII.

yrOMt'g/' le centre ~MM cercle CM d'un arc donné.1Prenez volonté dans la circonférence ou dans l'arc trois 6g. 8<

points A, B, C; joignez ou imaginez qu'on joigne AB et

BC, divisez ces deux lignes en deux parties égales par les

perpendiculaires DE,rG; le point 0, où ces perpendicu-laires se rencontrent, sera le centre cherché.

Scolie. La même construction sert à faire passer une cir-

conférence les trois d é t i à

GEOMETRIE.56



Car en menant CB, !'ang!e CBA, inscrit dans le demi-

*'9,~ cercle, est un angle droit donc AB est perpendiculaire à

l'extrémité du rayon CB, donc elle est tangente.Scolie. Le point A étant hors du cercle, on voit qu'il

y a toujours deux tangentes égales AB, AD, qui passentpar

le point A elles sont égales, car les triangles rectangles

CBA, CDA ont l'hypoténuse CA commune, et le côté

*~9.' CB==CD;donci)s sont égaux *;doncAD==AB, et en même

temps )'ang)e CAD=CAB.

PROBLEME XV.

Inscrire un cercle a~/PJ' «// /M/ JO/M ABC.

Bg. S?. Menez les bissectrices AO,BOdes ang)esA

et B, cesdroi-

tes se couperont en un point0, qui sera également distant

des trois côtés AB, AC, BC.

Si donc de ce point on abaisse les perpendiculaires OD

OF, OE sur les côtés du triangle, ces perpendiculaires se-

ront égales et la circonférence décrite du point 0 comme

LtVREff. 57



On trouvera de la même manière lescentres 0",0'" des

deux autres circonférences tangentes à un des côtés du

triangle et aux prolongements des deux autres.Il y a donc en général quatre circonférences tangentes à

trois droites données.

PROBLEME XVI.

~M/' M7?<? ~0/~ f/0/?/!C<? AB, </C6'/7'C M/~J'~7M<?/?~Sg~

capable de /?~/e 6/o/z/ye C, c~< M/z ~<?~we/!<

<7M6 <OMJ' les a/7~J' <yM~ ~0~~ /6' ~OM/K ~MM.'C

<'</'<7~/<? </0/C C.

Pro!ongezAB vers Défaites au point BrangteDBE==C,

tirez BO perpendicu)a!re à BE, et GO perpendiculaire sur

le milieu de AB; du point de rencontre 0, comme centre,

et du rayon OB, décrivez un cercle, le segment demandé

sera AMB.

Car puisque BF est perpendiculaireà ['extrémité du rayon

OB, BF est une tangente, et langte ABF a pour mesure la

i ié d l' d' ill



hE



nvhE n.59

conférence ayant s on centre en C, et dont le rayon soit la

somme des

rayons

des deux circonférencesdonnées;

on

mènera par le point G' une tangente C'B à cette circonfé-

rence, et le reste de la construction s'achèvera comme dans

le cas précédent.

Ce problème a aussi deux solutions; et il n'est possible

qu'autant qu'on a CC' CA + C'M, c'est-à-dire que les cir-

conférences sont extérieures, ou tangentes extérieurement.

PROBLEME XVIII.

T/'OMt~y la plus ~<7/?</e commune W~M/'C de J<?M.C

/~7M~ droites AB et CD, et leur /'a/o/ /?M/e/M~.

La plus grande commune mesure des deux lignes ne

i l i ll i à

GEOMETR!E.60



Portons IB sur CD, et supposons qu'on ait CD==IB

-{- KD on prouvera, comme précédemment, que la plus

grande commune mesure entre CD et IB est la même

qu'entre IB et KD.

Portons encore KD sur IB, et supposons qu'on ait

IB==aKD; KD sera la plus grande commune mesure des

deux lignes AB et CD.

On déduit d'ailleurs deségalités

ci-dessus

CD=3.KD

et AB-8.KD;

donc le rapport des deux lignes AB e t CD est -jL.

7!e/K~<7K6. Nous avons supposé ci-dessus qu'on arrivait

dans cette série d'opérations à un reste égal à zéro. Nousallons prouver qu'i) en est toujours ainsi, quand les deux

lignes ont une commune mesure et que, dans le cas ou

elles sont incommensurables on arrive à des restes plus

petits que toute grandeur assignabte.En ff soient A B les deux sur l ll on

LIVRE n. 6i



et ainsi' de suite.

On voit donc que si l'opération se prolongeait indënn!-

ment, on arriverait à des restes aussi petits qu'on voudrait;et par conséquent, s'il y a une commune mesure, on ar-

rivera à un reste nul; autrement on tomberait sur des

restes plus petits que la commune mesure, ce qui est évi-

demment absurde d'après la théorie précédente.

Dans le cas où les lignes sont incommensurabtes, on

pourra~ après un certain nombre d'opérations, nég)iger le

dernier reste; le reste précédent servira alors de commune

mesure, et conduira à une valeur approchée du rapport.

~<~ d'ou

~<~ i

/~<~d'où

/<~

r-<– dou r,<?a 16

PROBLEME XIX..

GEOMETtUi;.6~



LIVRE III.

MESURE DES POLYGONES: SIMILITUDE.

DEFINITIONS.

I. L '~t/'e d'une figure est le rapport de son étendue à

celle de l'unité de surface

II. Deux figures équivalentes sont celles qui ont la

même aire.

Deux figures peuvent être équivalentes, quoique très-

dissemblables par exemple, un cercle peut être équiva-lent à un carré, un triangle à un rectangle, etc.

La dénomination de figures égaies sera conservée à

LIVRE 11. 63



tres-importaute pour fixer le vrai sens des propositions, et dissiper toute obscu-

rtté,soitdansl'énoncé,soitdanstesdémonstrations.

Si on a la proportion A B C D, on sait que le produit des extrêmes AXD

estégalauproduitdcsmoyeusBXC.

Cette vérité est incontestable pour les nombres elle l'est aussi pour des gran-

deurs quelconques, pourvu qu'elles s'expriment ou qu'on les imagine exprimées

en nombres; et ç'est ce qu'on peut toujours supposer: par exemple, si A. B.

C, D, sont des lignes, on peut imaginer qu'une de ces quatre lignes, ou une

cinquième, si l'on veut, serve à toutes de commune mesure et soit prise pour

unité alors A, B, C, D, représentent chacune un certain nombre d'unités, eu-

tier ou rompu commensurable ou incommensurable, et la proportion entre les

lignes A, B, C, D, devient une proportion de nombres.

Le produit des ligues A et D, qu'on appelle aussi leur ree~M~, n'est donc

autre chose que le uombrc d'unités linéaires coutenucs dans A multiplié par le

nombre d'unités linéaires contenues dans B et on conçoit facilemeut que ce

produit peut et doit être égal à celui qui résulte semblablement des ligues B et C.

Les grandeurs A et B peavent être d'une espèce, par exemple, des ligues,

et les grandeurs C et D d'une autre espèce dés surfaces; alors il faut toujours

regarder ces grandeurs comme'des nombres A et B s'exprimeront en unitéslinéaires, C et D en unités superficielles, et le produit A X D sera nn nombre

commeleproduitBX.C.

En général, dans toutes les opérations qu'ou fera sur les proportions, il faut

toujours regarder les termes de ces proportions comme autant.de nombres, clia-

cun de l'espèce qui lui convient, et on n'aura aucune peine à concevoir ces opé-

rations et les conséquences qui en résultent.

GEOMÉTRit:.64



6g. 96. Mais si du quadrilatère ABED on retranche le triangle

ADF, il reste le parallélogramme ABEF; et si du même

quadrUatère ABED on retranche le triangle CBE, il reste

ieparaUéiogramme ABCD; donc les deux parattéiogrammes

ABCD, ABEF, qui ont même base etmême hauteur, sont

équivalents.

Sg. u7- Co/o~z/'c. Tout paraitélogramme ABCD est équivalentau

rectangle ABEF de même base et de même hauteur.

PROPOSITION II.

THEOREME.

7bM< <C ABC est /f< //<0~'C </M /M/M//C/

~7M/Ï6 ABCD <7M! <ï même base et //<~7<C hauteur.

Car les triangles ABC, ACD, sont égaux

Co/'o//a!/cl. Donc un triangte ABC est ]a moitié du

rectangle BCEF qui a même base BC et même hauteur

AO; car le rectangle BCEF est équivatent au parallélo-

gramme ABCD.

LIVRE HI. 65



eux, puisqu'ils auront même base et même hauteur. Le

rectangle ABCD contiendra sept rectangles partiels, tandis

que AEFD en contiendra quatre; donc le rectangle ADCD

est au rectangle AEFD comme 7 est à /{, ou comme AB

est à AE. Le même raisonnement peut être appliqué à tout

autre rapport que celui, de y à 4; donc, quel que soit ce

rapport, pourvu qu'il soit commensurable, on aura

ABCD:AEFD::AB:AE.Si les bases AB, AE, étaient incommensurables, ou

prouverait par le raisonnement déjà employé (liv. 2 prop.

18), que la proposition a encore lieu.

PROPOSITION IV.

THEOREME.

D~c rectangles sont <?/<e <*M. co/w/ïë /<M/7.y

< ~r~M /)<r< hauteurs.

Soient R, r, les surfaces des deux rectangles B, H, les

GJEQMETiUJE66



deux premiers nombres parle produit des deux derniers:

Soient B = 6" H==4" &==3" A == 2~

On aura –==-==4- Ainsi le rectangle R contientr 3Xt °

fois le rectangle pris pour unité.

On prend ordinairement pour unité de surface le carré

qui a pour côté l'unité de longueur; ators les nombres

qui représentent b et h se réduisant à l'unité, la propor-

tion (i) devient

R.BxH:i.

On voit donc que le rapport d'un rectangle au carré

construit sur l'unité de longueur, est égal au produit des

nombres qui représentent combien de fois la base et la hau-

teur contiennent cette unité linéaire; et c'est ce qu'on

exprime d'une manière abrégée, en disant qu'un rectan-

gle a pour mesure le produit de sa base par sa hauteur.

Soient B= 3.53, H =2"25.

La surface du rectangle seray 'Q425,

Ou

HVREUf. 67



PROPOSITION VI..

.>THEOREME. ',)

:~1. 'if:

~'<M'e.J'M/t ~ï~7e-~< égale ~M p/'o~/M~ </e..)-<x')v;

~a!<2/MO!e'Y/e~H~M/

Carte triangle ABC est la moitié du.pai'ane)pgrantn)e Ëg.io4.

ABCE, qui a même base BC et même hauteur AD or

la surface du'paranëiogrammé = BC X AD donc celte du 5.

triangië==~BCxAn,ouBCx~AD.

Co/'o~e. Deuxtriangtes de même hauteur sont entre

eux comme leurs bases, et deux triangles de même b.<sc

sont entre eux comme leurs hauteurs.

PROPOSITION VII.

THEOREME.

//<M'e ~M trapèze ABCD est <a/<? j'<x /e«/'EF, fj~ ~s

~t f/c~o/ze des )' /M// / j'

GEOMË'Uttt;.68



Scolie. Si par le po!ntI,nii)ieudeBC,onmeueIH,

parallèle à la base AB, le point H sera aussi le milieu

de AD, car la figure AHIL est un paraHéIogramme, ains

que DHIK, puisque les côtés opposés sont parallèles on

a donc AH == IL et DH==1K; or, IL=IK, puisque les

triangles B1L, OR, sont égaux; donc AH==DH.

AB-+-CDOn peut remarquer que la itgne fli==AL==– p b 2

>

donc j'aire du trapèze peut s'exprimer aussi parEFxHI

elle est donc éga!e à la hauteur du trapèze muhiptiée par

la ligne qui joint les mitieux des côtés non parallèles.

PROPOSITION VIII.

THEOREME.

Bg.tof;. Si M/~c /<c AC est f/~MY~ c/~ <<?«.t' ~< A B, BC

/e ea'c y~ .)'M/' /M /xe c/c/'c AC c'f/<<M'Yt /c

CY</7'C/< VM/' M/M/eAH A' /e CY</7'C /<V~ ~M/'

TJV)!Ht)t. 69



deux parties de la ligne AC; la multiplication atgébriuue

donne l'égalité

(<:+~)'==~+~+2~;

et en supposant connue la mesure du rectangle, cette

égalité donne une seconde démonstration du théorème ci-

dessus.

Une observation semblable doit être faite sur les deux

théorèmes suivants.

PROPOSITION IX.

THEOREME.

~7 /<X/M;7~ AC

est la</<C<?

des deux/~<?~

~°~'

À B BC, le C<7/7'C /a~ .fM/' AC CC'/Ï~6'<X /C carré

AB~ plus le ca/e de BC, /??M'M.f,oM/~rgc-

/?~/g /<M~ sur A B et BC C'T'C ~M'ï aura

AC' (A B–BC)' =AB + BC a AB x BC.

GEOMETRIE.7.o



6'<?j- /~<M;'<M/?.H.o/a (AB+BC) x (AB– BC)=:

AB'–BC.'

Construisez sur.AB et AG les carrés ABIF, ACDE;

prolongez AB.d~une, quantité BK==BC, et achevez le rec-

tangle AKLE.

La base AK du rectangle est la somme des deux, lignes

AB/BC,isa hauteur AE est. ta différence de ces mêmes li-

gnes; donc le

rectangle ARLE=(AB+BC) x

(AB-BC).Mais ce même rectangle est composé des deux partiesABHE -)- BHLK et !a partie B.HLK est égale au rectangle

EDGF, car BH=DE et BK=EF, donc AKLE=ABHE

-t-EDGF. Or, ces deux parties forment le carré ABIF

moins le carré DH1G, qui est le carré fait sur BC; donc

ennn (AB'-t- BC)'x (AB–BC)=AB–BC'.~eo&~ Cette propositibn se déduit encore de !a formute

atgébrique'' b2.(<-<+~)=~

v PROPOSITION XI.

LIVRE in. 7'



:Le triangle ABF, est la moitié du rectangle BDEF ( ou

pour abréger BE) qui a même base BF et même hauteur

BD\ Le triangle HBC est; parëitlement la moitié du carré

AH; car l'angle BAC étant droit ainsi que BAL, AC et AL

ne font.qu'une méme~ligne droite parallèle à HB; donc le

triangle HBC et le carré AH, qui ont .la base commune

BH, o nt aussi la hauteur commune AB donc le triangle

est la moitié'du carr.é. 'j

On a déjà prouvé que le triangle ABF est égal au trian-

gle HBC; donc le rectangle BDEF, double du triangle

ABF, est équivalent au carrée. AH,: double'du triangle

HBC. On démontrera de même que,le rectangle CDEG est

équivalent au carré AI; mais les deux rectangles BDEF,

CDE&, pris ensemble, font le carré

BCGF; donc le carré

BCGF, fait sur Ihypoténuse, est égal à la somme des

carrés ABHL, ACIK, faits sur les deux autres côtes; ou,

end'autrestermes,BC==AB-{-AC.

Seconde ~e/?!o/M<y~:OM. Après avoir construit des carrés

sut les trois ôté f i l' l KHI é l à BCA

GEOMETR!)!.y



E, et tirezla ligne GA, qui proiongée, passera par lepoint

D.

Les quatre quadrUatères GRCD, GFED ABHI, ACKI,

sont égaux.

Pour démontrer Fégatité des deux premiers, faites tour-

ner la figure GFED autour de GD; cette ligne étant la

bissectrice des angles droits G et D, les côtés GF, DE vien-

dront s'appliquer sur GB et DC, et FE tombera sur BC.

Si l'on veut prouver que GBCD est égal à ABHI, on

placera BG s ur son égal AB; à cause de l'égalité des angles

GBC, ABH, le côté BC prendra la direction BH, et le point

C tombera en H; enfin, à cause de i'égaiité des angles BHI,

BCD, CO s'appliquera sur son égat HI.

On prouverait

de la même manièreque

GBCD estégal

à ACKI.

Les quatre quadrilatères étant égaux, la ngureGBCDEF

est équivalente à ABHIKC; et en retranchant d'une part

les triangles égaux FAE, ABC et de l'autre les triangies

ABC HIK on conclut ]a somme des carrés ABGF

LIVRHtH. 73



Donc le c<7/e</e/y)o<M/Me est a carré <M/t des côtés de

l'angle droit comme /i~yo<e/:M~ est au .KeH< adjacent à

ce côté. On appelle ici M~/He/~ la partie de l'hypoténusedéterminée par la. perpendiculaire abaissée de l'angle

(h'oit; ainsi BD est le segment adjacent au côté AB, et

DC est le segment adjacent au côté AC. On aurait sem-

Dablement

IV. Les rectangles BDEF, DCGE, ayant aussi ia

même hauteur, sont entre eux comme leurs bases BD,

CD. Or, ces rectangles sont équivatents aux carrés AB,

AC; donc,

Donc l es carrés des deux côtés de l'angle droit sont entre

e/M,' comme les ~~VK~K~ de /'A~po~e~M~e ~~aee/ à ces

côtés.

BC':AB'BC:BD.

'BC':AG' BC: CD.

'AB': AC': BD DC.

É

GEOMETHIK)?'4

'B-"°- Soit C un d l b i



Soit C un angle aigu dans le triangle ABC abaissons

AD perpendicutaire sur BC, je dis qu'on aura

'AB'=:'AC+BG–aBC.GD.

.H y a deux. cas i°Si la perpendtcuiaire tombe au

dedans du triangle ATBC, on aura BD==BC–~CD, et

*9 par conséquent 'BD'~BC~- CD'– 2 BC CD. Ajou-

tant de

part et d'autre

AD, et observant

que les

trianglesrectangles ABD.ADC, donnent AD' BTD=AB et'AD

`-t- DC'=='AC~ on aura 'AB'='BC'-)-~AC'– 2 BC x CD.

.a" Si la perpendiculaire AD tbinbe hors du triangle

'(). ABC, on aura BD CD –BC, et par conséquent BD"==

CD + BG 2 CD X BC. Ajoutant de part et d'autre AD,on en conclura de même:

AB'==BC+AC'–2BCxCD.

PROPOSITION XIII.

.MV)U!!H. ~5

BD BC CD D là é lt BD == BC + CD 2 BC '8



BD = BC + CD. De là résulte BD == BC + CD + 2 BC '8.

X CD. Ajoutant de part et d'autre AD, et faisant les réduc-

tions comme dans le théorème précédent, on en conclura

AB=BC+AC'+ 2 BC x CD.

Scolie. Le triangle rectangle est le seul dans lequel la

somme des carrés de deux côtés soit égale au carré du

troisième; car si l'angle compris par ces côtés est aigu,

la somme dé leurs carrés sera plus,grande quelle carré ducôté opposé;, s'il est obtus,.eHe sera moindre. <

PROPOSITION XIV.

THEOREME.

/)~ M/~ ~M/g .~Me/CO/Ï~M~ 'ABC si on mène du.M/M/H<?< aM'/?M7/eM ~e base /<X /~7ÏC. AE', /<?-.<r/ fij;. rt.)

~M'o~ T<M/'<K AB + AC == zAE + a BE..

Ahaissez la perpendiculaire AD sur la base BC, le trian-

gle AEC donnera par le théorème xu `

GEOMKTRÏE.76



On a d'après le théorème précédent

Dans le triangle ABC "AB'+BC= a BO+ aAO~

Dans le triangle ADC, 'AD'+~C'= a DO+ 2~0.

Ajoutant, on a

~B'+'BC'-t-AD'+DC'= a (EtO'+'DO) + 4 AO.

Or, dans le triangte BOD, on a

BO'-t-DO'=2~&h20&~

Donc "AB'-i-'ijC' -)-~D -i-DC = 4l3G'+ 40&'+ 4 AO';

et comme "AC'==4'AO' M)==4BG,'

on a enfin

LIVRE Ili. 7'7



Par les points de division de AB, menons des paral-

lèles à BC, et par les points ni, n,E, p, des parallèles à AB.

Tous les triangles ~/M, /M7-/t, etc., sont égaux comme

ayant un côté égal adjacent à deux angles égaux. En effet,

si l'on compare les deux triangles /H7~, nsE, par exemple,

on voit que les angles /7!ryt, /ME sont égaux comme ayant

leurs côtés parallèles; de même y'~K,E, sont égaux cou) me

correspondants; enfin les côtés Mr, /M, sont égaux entre

eux, comme étant respectivement égaux aux droites fjf<,D/.

L'égalité de ces triangles prouve que AM=~/t:==/tE=

E/=~C; or, AE renferme 3 de ces parties, et EC en

i d AE EC 3

G~OMETIU)'7~



OE:OF::GE:FH.

Donc à cause durapport

commun »

AE:CF::GE:FH.

On prouverait

de mêmeque

GE FH DG HD,

donc, etc.

PROPOSITION XVII.

THEOREME.

<i(;.tt6. 7~ec~o~Mc~?~~ ~'7~ co/< AB, AC, ~o~~ cM/c.t

/P~P/C'/<6'e/:< ~M/' la DE, <?? ~'Q/Ye ~«'<

ait AD DB AE EC, yc dis <yMe /ïe.DE je/M

/jo'/Y~ .<x /a base I~C.

Car si,DE n'est pas paratièie à BC, supposons que DO

en soit une, alors, suivant le théorème précédent, on auraAD BD AO OC. Mais, par hypothèse AD BD

AE EC donc on aurait AO OC AE EC; proportion

impossible, puisque d'une part l'antécédent AE est pins

grand que AO, et que de l'autre lc conséquent EC est plusl à BC é l

MVMEtH:79

D t AD t à l b



Dans te triangle BGE,'la ligne AD est parallèle à la base

CE; ainsi on a la proportion t6.

BD::DC:AB:AE.

Mais le triangle'ACE est isocète; car, à cause des paral-

lètes AD, CE, l'angle ACE±=DA&, et langle AEG'===

BAD;or, par hypothèse, DAC==BAD; donc l'angle

ACE==:AEC, et par suite AE=AC; substituant donc

AC à la place

de AE dans la proportion précédente,

on

aura

BD:DC::AB:AG.

~° Menez CG parallèle à AF; dans le triangle BAF

o n a BF:FC::AB: AG. On ferait voir comme précé-

demment que le triangle AGC est Isocèle, et que AG==AC'

O d BF

G~OMETKIE.8o

(On entend ôt h l ceux i sont é



(On entend par côtes: homologues ceux qui sont opposésaux angtes égaux.)

En générât nous appeDerons'polygones semblables ceux

qui ont les angles égaux chacun à chacun, et les côtés

homologues proportionnels; (en 'entendant par côtés lio-

mologues ceux qui sont adjacents aux angles égaux).

PROPOSITION XIX.

THEOREME.

~)eM. //7'<e.)' e~MM/c~ o/!< /cj' côtés //o/Mc~'

/C~O/0/C/J'

j;

Soient ABC, CDE, deux

triangles qui

ont les

angleségaux chacun à chacun, sa'voir, BAC = CDE, ABC

DCE, et ACB=:DEC,je dis que les côtés homologuesseront propprtionnets, dé sorte qu'on aura BC CE

AB CD:: AG: DE.

Placez les côtés h l BC CE dans la même

UVMtII. 8)

Enfin de ces deux ti i contiennent le même



Enfin de ces deux proportions qui contiennent le même

rapport, BG CE; on peut conclure aussi

.AC DE BA CD.Donc les triangles équiangles BAC, CDE, ont les côtés

homologues proportionnels; donc les triangles équiangles

BAC, CDE, sont semblables.

Co~o&!<e. Pour que deux triangtes soient semblables,

il suffit qu'Us aient deux angles égaux chacun à chacun,

car alors le troisième sera égal de part et d'autre, et les'

deux triangles seront équiangles.

PROPOSITION XX.

TREOBEME.

Deux triangles <y!/<ont /6-~ C6!)/Y~O/7/OW~f sont

~MM/?~/<'J'.

Supposons qu'on ait BC EF AB DE AC DF, je sg. t-:o.

()is que les triangles ABC, DEF, auront les angles égaux )

i A D B E C=F

&HOMJ!TRm.Sa

qu'une de ces conditions suffit pour assurer !a similitude



qdes triangles. Il p'en est pas de même dan;s tes/figures de

plus de trois

côtés; car, des

qu'il s'agit seulement des

quadrilatères on peut, sans changer les angles, altérer la

proportion des côtés, ou, sans altérer les côtes, changer les angles; ainsi la proportionnalité des côtés ne.neut être

Bg.m. une suite de l'égalité des angles,; ni ~ce~y~. Qnyoit,

par, exemple, qu'en menant EF parallèle .4 BC, les angles

du quadrilatère AEFD sont égaux à ceux du~quadrilatéreABCD; mais la proportion des côtés est différente de

même, sans changer les quatre côtés AB,BC, CD, AD, on

peut rapprocher ou éloigner le point B du point D, ce qui r altérera les angles.

Scolie 111. Les deux propositions précédentes, qui n'en

font proprement qu'une, jointes a celle du carré de l'hypo*

ténuse, sont les propositions les plus importantes et les

plus fécondes de la géométrie elles suffisent presque seules

'à toutes les applications et à la résolution de tous les pro- Nèmes la raison en est que toutes les figures peuvent se

LIVRE m 8.3.

g!es AGH~ DEF~jont.donc un angle, égaj. compris entre



g g , g j compriscôtps'égaux~ donc Us sont égaux.; Or le triangte.AGH est

semblable aABC

donc DËF est aussi &emblab)e à. ABC.') l' f. I.

TROPOSiTIO.N. XXH...1 !i

'). THEOUJE~.

1'1

·.

-<?M.~ ~<<y<0/Z//<?~C~J'a/'<:i' OM ~'Mt'/É'.f

~?/y?e/M~CM~tÏ/'<?.i' C~<'<C~/mC/!«CM/ ~0/!< ~/?~g~\En ef&t, soient A, B,.C,lesang!cs de. Ifun des.triangles,

A', B~ C', Les. angles, de l'autre tfiangle.On. sau: que. deux angtes qui ont leurs côtés.parànètes~ ou

ptirpendicHijUres sont égaux ou supplémentaires..

On ne peut donc, faire qu'une des trois hypothè'ses sui-vantes

ï,° A.+ A'== 2~ B + B' = 2" C C' == 2",

2<'A-~A'==2" B~K=2' ;C.~C';'3" A==A' B=:=B'/etpair.sn'ite'C=C'.

GEOMETHJE.84

les di l AC AD aux autres l Dans l' t l



les diagonales AC, AD aux autres angles. Dans l'a.utre.poly-

gone FGHIK, menez semblablement de l'angle F homolo-

gue à A, les diagonales FH, FI aux autres angles.

Puisque les polygones sont semblables, l'angle ABC est

égal à son homologue FGH, et de plus les côtés AB, BC,

sont proportionnels aux côtés FG, GH; de sorte qu'on a

AB: FG: BC: GH. Il suit de là que les triangles ABC, FGH,

ont un angle égal compris entre côtés proportionnels; donc

ils sont semblables donc l'angle BCA est égal à GHF. Ces

angles égaux étant retranchés des angles égaux BCD, GHI,

les restes ACD, FHI seront égaux mais puisque les trian-

gles ABC, FGH sont semblables, on a AC:FH: :BC:GH;

d'ailleurs, à cause de la similitude des polygones, BC:

GH::CD:HI; donc AC:FH::CD:HI: mais on a

déjà vu

que l'angle ACD=FHI donc les triangles ACD,FHI, ont

un angle égal compris entre côtés proportionnels, donc ils

sont semblables. On continuerait de même à démontrer la

similitude des triangles suivants, quel que fût le nombre

d ô é d d d

LIVRE ni. 85



~M~ .MM~~M~ <rM/C, ~M~O~O~'O~-

nellement la base BC e~a parallèle DE,

f/e sortequ'on

~DI:BF.IR:FG::KL:GH,etc.

Car, puisque Dl est parallèle à BF, le triangle ADI est Cg.t~.

equIangleàABF,etoh ala proportion DI BF AI AF

de même IK étant parallèle à FG, on a. AI AF IK: FG;

donc, à cause du rapport commun AI AF, on auraDI:BF

::IK:FG. On trouvera semblablement IK:FG:'KL:

GH, etc.; donc la ligne DE est divisée aux points I, K, L,comme la base BC1'est aux points F, G, H.

Corollaire. Donc, si BC était divisée en parties égales aux

points F, G, H, la parallèle. DE serait divisée de même en

parties égales aux po!ntsI,K,L.

PROPOSITION XXV.

THEOREME.

Jt 6~ r<M /e droit A ~'M/! M /e /'CC&ï /e on Cg ta6

G~ÔM'ETMth.&6



BAC, leurs c~tés hom6}'ô~guës-sè~'t''prop~ti'&n~B!Or, 4ele

côté BD dâns-!&

pëtiMria'Ngle est ~8m~gue 'à'BA'~amle grand, parce qu'Us'sontMppo~és à d~a'nglë~ égaux, BAD,

BCA; l'hypoténaseBA du petit est'h6iAo!ognë àl'hy~o-

tén'usB BG '!dn!!grand; doBC on'peut'f&mïM~a ~pEOportijBnBD :BA BA: BC..On aurait de ta Mente manière DGi~AC

AG~(BG;.doTtc,~ chacun dea"c6~és AB,))A6,est/:moyën

propo~Iènné! emtre ~Hypoténuse et le segmBnt.a'djacëht.àC€;G~Otë. .j.. < "<)-

3° Enfin, la si~t~tude d~s tNangtes ABD, ADC, donne,

e~ cotnparant !ës côtes hotnologues, BD: AD AB: DC

donc) 3° ia perpëhdicu!a)re AÏ) est moyenne ,proportibn-nelle entre les segments Bt),DCde l'hypoténuse.

Scolie. La proportion BD:AB AB: BC donne, en éga-

lant le produit des extrêmes à celui dë~ moyens, AB==BD X

BC. On a de même AC=DC X BC, donc AB'+AC==BD X

BC-1-DC X BC; le second membre est la même chose que

éd i à BC d

.HYREHI. 87

AB BD BC O bt M' è tAC' CD BC d



AB==BDxBC.Ona sembtaM'emèntAC'=CDxBC;.donc

AB:ÀG:BD:DC; et si on

compare ÂB à

BC,on aura AB:

AC'AD:DC;,on aurait demém&AG':BC'DC:BG'. Ces

rapports des carrés des côtés, soit entre eux, soit avec le

carré de l'hypoténuse, 'ont éte~déjà donnés Mans lescd-

rol. ïn et IV de la prôpo.s. xil

,PROP.QSlTION.X;xyi. `THEOREME.

D~M. triangles ~H~' on~ ûn <ï/~e égal sont C/!<6

eux co/?!/?ïe les /c<N[/:g~ des c~~ .<y< co//)~re/?~

l'angle 6~ ~/ï~' .~<M~é ABC est au triangle C{;.~S

ADE co/?ï/~<? le rectangle AB x AC est au rectangle

ADxAE.

Tirez BE; les~ëuxtrIahgtesÂBÉ.ADE, dont le sommet

commun est E, ont même b&uteut', et sont entre eux comme

leurs bases AB, AD*; donc, *s.

GHOMf!TKUi88

Eg. <M.Soit l'angle A==D ett'ang)eB==E; d'abord à cause des



l angle A==D,ett ang)eB==E;

angles égaux A et D, on aura, d'après le théorème précé-

dent,

ABC:DEF::ABxAC:DExDF,

ce qui peut s'écrire sous la forme

ABC_~AB AC

DEF~DE~DF'

Or, cause de la similitude des triangles on a

AC_ÀB.DF~DE'

donc

ABC~AB AB AB'DEF DE

DE~pE'*

PROPOSITION XXVIH.

THEOREME.

HVRE lij.~9

Par un raisonnement semblable on trouverait



semblable

ACD FHI:: ADE FIK;

et ainsi de suite, s'il y avait un plus grand nombre de trian.

gles. De cette suite de rapports égaux on conclura La

somme des antécédents ABC-~ACD-t-ADE, ou lepolygone

ABCDE, est àla somme des conséquentsFGH+FHI+FIK,ou au polygone FGHIK, comme un antécédent ABC est à

son conséquent FGH, ou comme AB est à FG donc les sur-

iaces des polygones semblables sont entré eues comme les

carrés des côtés homologues.Corollaire. Si on construit trois figures semblables dont

les côtés homologues soient égaux aux trois côtés d'un

triangle rectangle, la

figure faitesur le

grand côtésera

égaleà la somme des deux autres car ces trois figures sont pro-

portionnelles aux carrés de !eurs côtés homologues; or,

le carré de l'hypoténuse est égal à la somme des carrés

des deux autres côtés donc, etc.

CHÉOMETRtE.9°

`O OS



~O~OS~MxXt

THEOREME..

6g. t3f. ~'f/'M/~ /?!<~?g~M/!j[ 0 ,)/M,ÂO/ JM Ce/'C/ë~ 0~M

~i~MH~~ PB, OC ter/?M/ze~ M./a/;c, concave BG,

./<?.)'<?ea/Kej' ~«' .p/ /'6Ç~MeA'<?/!<; .~Oû0/-

//o/c~ M/M/'KrB~ei!~ e~c~M'o/ïaM/M OB OC OD OA~ <

Car, en joignant AC,BD, les triang!cs OAC~OBD~ ont

*i9,a. l'angle 0 commun; de p!usrapg~eD==C*; donc ces trian-

gles sont semblables et les, côtes homologues donnent la

proportion proportioy

OB:OC::bD:OA.

Ccro/<e. Donc: le rectangle OAx OB, est égal au rec-

tangleO'CxOB'Scolie.On peut remarquer t[ue cette proposition a'beau-

coup d'analogie avec la précédente et qu'elle n'en diffère

MVRE M.

= C; donc les deux triangles sont 'semb!a~'6s ei: 'on a !a



= C; triangles sont semb!a 6s,

proportion

OC:.OA::OA:OD,

qui donne OA'==OÇxOD.Scolie. Cette prô~~Itiôh peut'se dettuire de la précé-

dente, en considérant la tangente OA comme la limite des

positions que prendrait une sécante tournant autour du

point.Qt

.'< 1 PR'ÔPOSITIO~XXXIL

THÉORÈME.'

& ~My e~e~ a~o~e~AC, AE ~H! <~a'pcn~ e~ A~

a~M~e.~o/ B, G, D, E, <y:<~ AGx A'B±sfA'D

AE e~M~ë ~'M ~i'~M~ M~<° ~~e~c~d~-

r~cc."

GEOMETME.92

Et comme on a par hypothèse



yp

AJ3 x AC=AD x AE,

on en déduirait :AD==AG.

PROPOSITION XXXIII.

T~HORÈME.w ·

j; /)<a!/?~ tout triangle ABC, le rectangle des ~M~ C~

AB, A~, <~<2/ ~M /C~C CO/7?~y'M/~a! /e ~&'<7We-

~C CE <~Mcercle C<C07!~C/ <)X/)<?/y)C/M//CM~H/'eAD

ao~ë .rM~ /c /OM/e/??e cd/e BC.

Car, en joignant AE, les triangles -,ABD, AEC, sont rec-

tangtës, l'un en D, l'autre en A; de p)us, l'angle B-E; doncces triangles sont semblables, et ils donnent la proportion

AB CE AD AC d'où résulte AB x AC==CE x AD.

Corollaire. Si ~on multiplie ces quantités égales par la

même quantité BC, on aura AB X AC X BC==CE x AD X BC.

LIVRE nr. 93

PROPOSITION XXXIV



PROPOSITION XXXIV.

THÉORÈME. ·

Dans <oM~ ~Ma'<7a~6 </Mc~ ABCD, y~c~/?~ 6g. i~

deux C~~O/?<X/<?~ AC, BD, e~f~~ la somme

des /'CC~ des C~~ opposés, de sorte qu'on a

AÇ x, BD-AB x CD+AD X BC.Prenez l'arc CO == AD, et tirez BO qui rencontre -la dia-

gonaleAC enl..

L'angle ABD ==CBI,puisqueJ'un a pour. mesure la moi-

tié de AD, et l'autre la moitié de CO égal à AD. L'angle

ADB=BCI, parce qu'ils sont inscrits dans le même seg-

ment AOB; donc le triangle ABD est semblable au trian-

gle IBC, et on a la proportion AD CI BD BC d'où résutte

A D X BC -= CI XBD. Je dis maintenant que le triangle ABI

est semblable au triangle BDC; car l'arc AD étant égal à

CO si on ajoute de t et d'autre OD on aura l'arc A0==

GEOMETR~t:.9~*33.

ABC, ADC par la' diagonale AC; or, en désignant par R

le rayon du cercle cireoNSGNt on a*



rayon du cercle cireoNSGNt, on a*

AB x BC AC.==.4R x ABC,et

ADxDCxAÇ==4RxADC.

4j.w~nt)..n~en.t:

AC x (AB.x BC+AD.~ pC) == 4R x AB.CD.

Mais si l'on déisomposait !e quadritatère en triangles par iadja~oBa.eB~,ooti~)uveraitdemêtU)e:

BDx(ABxAD+BCxDC)=4RxABCD,d'où

AC x (AB x BÇ+AD x DC) BD (ÂB x AD+BC x DC),

ceq~t<lonQ~!a g~oporho~AG: BD ABx ADn-BC x DC :AB x BC-t-AB x DC.

~o~ 7'e//ï/~ <t.M 7~

P~Bï SMB PREM~EJt..

M~Ë~t: 95

a~.Sott pr.o;M~g ,d~I.Y.rsjerJa;j]g.qe-AB jeu .parties prq- Cg. t3S

portipnne}!e~ acux~Jtgnes' dongëes P Q R :P~r l'extreniitë A



portipnne}!e acux Jtgnes .dongëes P,, Q,.R.:P r l extreniitë

qn' tijera l'indé~me, ~G.iQn pendra AC.== P, CD== Q,

DE==:J~, on jot~dra les., extcemttgs .E..et B~'et par ies

points G,;D, on men.er~CI, D]~para~e!es.à EB; je dis

que !a;).ig.ne AB. s~Fa, fUy~s.çe ~n partiçs AI, IK, KB, prp-

pprtipnneUgs:tu~l'gSjesd9][)n.~esP,Q,BL.

Car,.à cause des paraUstes CI, PU.EU, les pactt.es AI,

IK, KB,, sont pyop.ortMnneHes aux p.a.rti.es AC) CD) ][)E '6

et par c;onstruction celtes-ct .sont:; égales a~x lignes dpn-

n.eesP,Q,B..

PROBLÈME II.

-7~'OM~ une ~M<M/He~7'0~0/OW!6~<? <X~OM.

~0/M<?~"A'B'C.~

Tirez les deux lignes IndëSnies DE, DF, sous un angte 6g. !3g.

quelconque. Sur DE prenez DA = A et DB = B, sur DF

DC == C j i AC et le B menez BX

GÉOMÉTRIE.96

sur la ligne totale DF comme diamètre, décrivez la demi-

circonférence DGF; au point E élevez sur le diamètre ia



circonférence DGF; au point élevez diamètre ia

perpendiculaire EG, qui rencontre la circonférence en' G?

je dis que EG sera la moyenne proportionnelle cherchée;

Car la perpendiculaire GE, abaissée d'un point de ta

circonférence sur le diamètre, est moyenne proportion-a5. neiïe entre les deux segments du diamètre DE, EF*: or,

ces segments sont égaux aux lignes données A et B.

Deuxième c<M~Mc~b/ Prenez DF A, DE==B, etdécrivez une circonférence sur DF comme diamètre; éle-

vez EG perpendiculaire sur DF, et joignez le point G

au point D; la ligne GD sera moyenne proportionnelleentre A et B.

Troisième construction. Prenez OC==A, OD==B; par

les points D et C faites passer une circonférence quelcon-

Kg. [3T q' et par le point 0 menez une tangente OA à cette

circonférence; la ligne OA sera moyenne proportionnelleentre A et B.

UVREHÏ. 97

1° Soient AB la base du parallélogramme donné, DE sa ~S- '44-

et X le côté du carré h hé on doit avoir



hauteur, et X le côté du carré cherché; on doit avoir

X'==ABxDE

ou AB:X X:DE.

Le côté X est donc une moyenne proportionnelle entre

ABetDE.

2° On verrait de la même manière que le côté du carré

équivalent à un triangle donné, est une moyenne propor-

tionneUe entre la base du triangle et la moitié de la hauteur.

PROBLEME VI.

~~<? ~M/'

/~7M At)

M/t

/'<?C~~7g ÀDEX C<7«/(~<-/</ MMrectangle

Jo/< ABFC.

Soit AX la hauteur inconnue du rectangle .ADEX;

puisque les deux rectangles doivent être équivalents, on

a l'égalité ADxAX=== ABxAC, ce qui donne la propor-

Q~ ÛEOMETiU~.

l,La ligne cherchée X sera donc une quatrième propor-



g e q p p

tionnelle aux trois lignes B, C, D.

.PROBLEME VHI.

<!H 146. ~M/'<? M7< <M'e e~ï~ M/~ /w~te. ~e.

Soit ABCDE le polygone donne. Tirez d'abord la dia-

gonale CE, qui retranche le

triangle CDE; par ie

point D

Xmenez DF parallète à CËjusqu'a la rencontre de AE pro-

longé; joignez CF, et le potygone ABCDE sera équivalent

au poiygone ABCF qui a un côté de moins.

Car les triangles CDE, CFE, ont la base commune CE;

ils ont aussi la même hauteur, puisque leurs sommets D, F,

sont situés sur une ligne DF parallèle à la base donc ces

triangles sont équivalents. Ajoutant de part et d'autre la

figure ABCE, on aura d'un côte le polygone ABGDE, et

de l'autre le polygone ABCF, qui seront équivalents.

Ori peut pareillement retrancher l'angle B en substituant

I

LiVRE th.99

Soient A et B les côtés des carrés donnés

1° S'il f t é l d



1° S'il faut trouver un carré égal.à la somme de ces car- <!g. 147.

rés; tirez les deux lignes indéiSmes ED, EF, à angle droit.

prenez ED=A et EG==B, joignez DG, et DG sera le

côté du carré cherché.

Car le triangle DEG étant rectangle, le carré fait sur DG

est égal à la somme des carrés faits sur ED et EG.

2° S'il faut trouver un carré égal à la différence des car-

rés donnés, formez de même l'angle droit T'EH, prenez GE

égal au plus petit des côtés A et B; du point G, comme

centre, et d'un rayon GH égal à l'autre côté, décrivez un

arc qui coupe EH en H; je dis que le carré fait sur EH

sera égal à la différence des carrés faits sur les lignes A et B.

Carietriangle GEH

estrectangle, l 'hypoténuse

GH==A,

et le côté GE==B; donc le carré fait sur EH, etc.

Scolie.. On peut trouver ainsi un carré égal à la somme

de tant de carrés qu'on voudra; caria construction qui

en réduit deux à un seul, e n réduira trois à deux, et

tOO GEOMETRIE.

donc H1:HK::HE:HG: mais dans le triangle rectangle



EHG*, le carré de HE est au carré de HG comme le

segment EF est au segment FG, ou comme M est a N

donc HI HK M: N. Mais HK=AB; donc le carré fait

sur HI est au carré fait sur AB comme M est à N.

PROBLEME XI.

' 'g "9. A/ /g C~ FG ~0/KO/O~M~ AB </CC/7/'<? M/t

~/<<? J'C/M~<My70/~0/!<? donné ABCDE.

Dans le polygone donné tirez les diagonales AC, AD

au point F faites l'angle GFH=BAC, et au point G l'an-

'1 gle FGH===ABC; les lignes FH, GH, se couperont en H,

et FGH sera un triangle semblable à ABC de même sur

FH, homologue à AC, construisez le triangte FIH semDa-

ble à ADC, et sur FI, homotogue à AD, construisez le

triangle FIK, semblable à ADE. Le polygone FGHiK. sera

l l demandé semblable à ABCDE.

· LIVRE )H. fOf r

On aura aussi P X A'

et comme X P+Q les deux dernières ti t



et comme X=:P+Q, les deux dernières proportions ont

les trois premiers termes communs, donc ~==A'-{-B'.Ainsi le côté x est l'hypoténuse d'un triangle rectan-

gle, dont les côtes de l'angle droit sont A et B.

Connaissant le côté la question est ramenée au pro-hième précédent..

Si le polygone X devait être égal à P–Q, on aurait

encore les proportions

P:Q::A':B',

d'où P:P–Q::A':A'–B'.

On a d'ailleurs P X A' x',

d'où l'on conclut ~'==A'–B\

PROBLÈME XMI.

Construire M/M/<gM/'e semblable « une figure donnée,

GEOMETRIE. joa

Soient A un côte du pc~ygone P, et x ic cot~ homo-

jogue de la usure cherchée X.

O à d ! i iit d 'd



On aura, à cause de !a sinniitude'des polygones

'P:X'A,t.

Et comme

c-

X dot.~etre equivatent à Q

.P.Q: A'

Si l'on cherche deux carrés M% N% ëquiva!ehts a Pet à

<Q,'onà'Nra~'

M~:N'A'

d'où M:N:A~

La ligne x sera.'Uonc'une quatrième prpportionhe!)e.attxtrois lignes M, N, A.

PROBLEME XV. ·

C'0/M<M!<! M/t /'gC~<3 C~MZ~Z~ a un C~C <T~/Z/?C

(~, c~ dont, les c~~ af~cc/ï~y fassent une ~o/7!c

'M~.A'B'

UVR~m; t()3i. f~ 1

<?/ f /o/~ /<?~ c~<ey ~<7ce/ ~M~t e/?< <?H.ï; /o; ~e-et

-Ut.t< .f' f f,r~-

/co~o/?7ze'eA.B.,..1.' # r S r }a A di è dé i uneé A 9 ( i è



Sur }a ligne donnée AB, .comme diamètre, décriez une~onné~ An,.c9.mrp~, (H¡imètre, dé~r\y,~z ~~nç:

circonférence à' l'extrémité du diamètre, menez ta tan-

gente AD égale au côté du carré C: par le point D et le cen-

tre 0 tirez )a sécante DE; je dis que DE et DF seront les

côtés adjacents du rectangle demandé.

Car 1° la différence de ces côtés est égale au diamètre

EF ou AB; 2° le rectangle DE X DF est égal à AD*; donc *3t.

ce rectangle sera équivalent au~cârré~onnéQ."

PROBLEME XVII.

;.f~<

Diviser tine ~g/ze ÂB e/? moyenne e<c.x'<g i'MMCM,'t, 01\ '¡".1\t

C~<-M-<<? <~ afëM~C ~<t/j' ~g~ <7MC ~< N/M~ ~tZgL' "A.<soit /0~'6/Me/)/'<M)C'<M/7/ze/~ <?/7~'e la ligne entière et

r<3!M<e~y'~c.

Soit F le point de division cherché; on aura

GÉOMÉTRIE.JO/t

La plus petite de ces lignes AD représentera le segment .t

AF, et devra être portée sur AB, en décrivant un arc de



cercle du point A comme centre, avec AD comme rayon..Scolie. Soit AB=< on a AF=AD=AC–CD.

PROBLEME XVIII.

Décrire uneC7/'CO/C~ <yM</)<X~.f~/)«/

A e~B, ~~M!?~ M une J/'M~ MM.

HVRE.IH. 'o5

PROBLEME.XIX.



Z~C/7/'6 ~/< C<?/'C/~ <yM/~a.M'Ë /X< <<?M.f

~?/.<' A el

B,et <yMt soit ~~<?/Z< M M/ï «M~C cercle <Yo/?/!C CMM'.

Supposons le problème résolu; et soit AMB te cercte de-

mandé menons la tangente commune MD jusqu'à la ren-

contre de ta sécanteAB;

enfin menons par le point D

la

sécante DEF au cercle C.

On aura DM=DBxDA,

et DM'=DF x DE,

ic6 GEOMETRIE.



1" 1 j,'

LIVRE IV.

LES POLYGONES RÉGULIERS ET LA MESURE DU CERCLE.

DEFINITION.

Un polygone qui est à la fois~equiangle et équilatéral,

s'appelle Bo~ter~K/My' <

Hy a des polygones réguliers de tout ,nomt)if..de côtés.Le triangle équi)aterat est celui de trois cotés; et )e carre,

celui de quatre..


THEOREME.

UVREIV. ~07

Coro.re. Les. périmètres .de deux ~polygones .réguliers

d'un même nombre de côtés sont entre eux comme les

côtés h l et leurs surfaces sont comme ~)es



côtés homologues, et leurs surfaces, sont comme .~)es

carrés de ces mêmes côtés. ,<.

Scolie, L'angle d'un polygone régulier se détermme

par le nombre de ses. côtés comme celui d'un polygone

équiangle.

PROPOSITION 11~

.?~REME. ,< Y.~

Tout /)0/~0/M /H/!ë7' ~~M< e<yi? <C~

ce~c~ et peut lui, ~re c/e~/M'e/Soit ABCDÉ, etc., le polygone dont il s'agit, imaginez sg. i56.

qu'on fasse passer une

circonférence. par les trois

pointsA C; soit 0 son centre, et OP la perpendiculaire

abaissée sur le milieu du côte BC joignez AOet OD.

Le quadrilatère. OPCD et le quadrnatèreOPBA peuvent

être superposes en effet le côté OP est commun, l'angle

08 GEOMETRE.

's, sont'donc ~gaiement éloignées du centre*; donc s! du

point 0, comme centre, et du rayon OP,'on décrit une



circonférence, cette circonférence touchera Je côté BC et

tous les autres côtés du polygone, chacun dans son milieu,

et la circonférence sera inscrite dans le polygone, ou' le

polygone circonscrit à la circonférence.

Scolie I. Le point 0, centre commun du cercle inscrit

et du cercle circonscrit, peut être regardé aussi comme le

centre du polygone, et. par cette raison on appelle a/6au centre, l'angle AOB formé par les deux rayons menés

aux extrémités d'un même côté AB.

Puisque toutes les cordes AB, BC, etc., sont égales, il

est clair que tous les angles au centre s'ont égaux, et qu'ainsi

la valeur de chacun se trouve en divisant quatre angles

droits par le nombre des côtés du polygone.

t9eo//e II. Pour inscrire un polygone régulier d'un cer-

tain nombre de côtés dans une circonférence donnée, il ne

s'agit que de diviser la circonférence en autant de parties

l le t d it a voir de côtés; car les arcs

HVRE IV.

PROPOSITION III.

i~9



PROBLEME.

//ï~C/'< K/ï Ct7/7'J <Z~ M/~e e<CO/Z/&6/ZC<? <~9~MC6'. 6g. t~y.Tirez deux diamètres AC, BD, qui se coupent à angles

droits joignez les extrémités A, B, C, D, et !a figure ABCD

sera le carré inscrit car les angles AOB, BOC, etc., étant

égaux, les cordes AB BC, etc., sont égales.~eo/M. Le triangle BOC étant rect:mgte et isocèle on a* *j, 3

BC:BO t/2 i donc /e eo<e </Mcarré //Me/ ~< aM rayonc'om/Hc racMe car/'ee de s est à /'Hn<<e.

PROPOSITION IV.

PROBLMtE.

//Mc/ï'<? M/ /r~'o/M y~'M~ et t</t ~/v'<'i'/?~7~ </<y«~-

/<e/ ~M/M M/ïe C<C<3/<?/CC donnée.'

l t it AB té d

'Ïtb GEÔMETmE.

~co/M. La figure ABCO est un parauéiogramme et même

*i5,3. un losange, puisque AB==BG~=CO==AO, donc* la



g , p q

somme des carrés dés diagonales AC + BO, est égale a ia

somme des carrés des cotés, !aqueHe est ~AB ou BO,

retranchant de part et d'autre BO, il restera AC=:3 BO;

donc 'AC':BO': 3 i, ou AC BO 3 i, donc /e côté

f/M </7a/e'cyH<6[~< M~HM /'ayo~ coH!/He la racMë cay7'~

~e 3 est à /'H/e.

1. PROPOSITIONV.

PROBLÈME.

Inscrire un

décagone /M//<?/' t/M M/~ cercle.

<:g.[Sgi Supposons le problème résolu, et soit AB un côté du

décagone Inscrit.Fangle au centre AOB est égal'a -j~ou

la somme des angles OBA, OAB est donc égale à 2''

ou et par conséquent chacun d'eux vaut

MWM IV. ï t

Co/'o~M/'e Ï. S i on'joint de deux en deux les sommets

du décagone régulier, on formera, le pentagone régulier



g g , p g

AÇEGI.

Co/'o~/a~ II. AB étant toujours le côte du décagone,

soit AL le côté .de l'hexagone; alors l'arc BL sera, par

rapport à la circonférence,ou– donc là corde

BL sera le'côté du pentédécagpne ou polygone régulier

de i5 côtés. On voit eh même temps que l 'arc CL est le

tiers de CB.

<yeo~e. Un polygone régulier étant inscrit, si on divisé

les arcs sous -'tendus par ses côtés en deux parties éga-

les, et qu'on tire les cordes des demi-arcs, ce]!es-ci for-

meront un nouveau polygone régulier d'un. nombre de

côtés double ainsi on voit

que

le carré

peut

servir a Ins-

crire successivement les polygones réguliers de 8, i6,

Sa, etc., côtés. De mêmelhexagone servira à Inscrire les

polygones réguliers de ï2 a~; 48, etc., côtés; le déca-

gone, les polygones de 20,~0, 80, etc., côtés; lepentédé-

112 2 GEOMETRIE.

formeront, par leurs intersections, le polygone régulier

circonscrit GHIK, etc., semblable au polygone inscrit.

H est aisé de voir d'abord les trois i 0 B H



H est aisé de voir d abord que les trois points 0, B, H,

sont en ligne droite, car les triangles rectangles OTH,

OHN, ont l'hypoténuse commune OH, etlecôtéOT==ON;

*iQ,[. donc ils sont égaux* donc l'angle TOH==HON, et par

conséquent la ligne OH passe par le point B, milieu de

l'arc TN par )a même raison le point 1 est sur le prolon-

gement de OC, etc. Mais, puisque GH est parallèle à AB,et HI à BC, l'angle GHI = ABC de même HIK =BCD, etc.

donc les angles du polygone circonscrit sont égaux à ceux

du potygone inscrit. De plus, à cause de ces mêmes pa-

rallèles, on a GH AB OH OB, et HI BC OH OB

donc GH AB HI BC. Mais AB=BC, donc GH=HI.

Par la même raison, HI==IK, etc.; donc les côtés du po-

lygone circonscrit sont égaux entre eux; donc ce polygone

est régulier et semblable au polygone inscrit.

Co/'o//<e I. Réciproquement si on donnait le poly-

circonscrit GHIK etc et 'il fatlùt tracer son

HVHEtV.

PROPOSITION VII.

..3



THEOREME.

Z.'6M/'e ~M/: ~O~~D/M /M~ <?.f~~Yif/<?< .t'0/! /7C/7-

/~e</Y; /~«/<C /~<X/' la /?!0~/C r/M /'f~0/! r/~ C~C/f

<<'C/V<.

Soit, par exemple, le polygone réguUer GHIK, etc., le 6g 160.

triangle GOH a pour mesure GHx~OT, le triangle OUI

a pour mesure HIx~ON mais ON==OT; donc les deux

triangles réunis ont pour mesure ( GH + HI ) x OT. En

continuant ainsi pour les autres triangles, on verra que

la somme de tous les triangles, ou le po)ygone entier, a

pour mesure la somme des bases

GH, HI, IK, etc., ou le

périmètre du polygone, multiplié par~ OT, moitié du rayondu cercle inscrit.

Scolie. Le rayon du cercle inscrit OT n'est autre chose

que la perpendiculaire abaissée du centre sur un des cô-

&EOMËTHIH. ji4

gones sont entre eux comme les côtés AB et t! mais les

angles A et a sont égaux, comme étant chacun moitié de



l'angle du polygone; il en est de même des angles B et b;donc les triangles ABO, a&o, sont semblables, ainsi que

les triangles rectangles ADO, ado; donc AB: ab:' AO:

ao::DO:<~o; donc les périmètres des polygones son t

entre eux comme les rayons AO, ao, des cercles circons-

crits, et aussi comme les rayons DO, do, des cercles inscrits.

Les surfaces de ces mêmes polygones sont entre elles

comme les carrés des côtés homologues AB, ab; elles sont

par conséquent aùssi comme les carrés des rayons des

cercles circonscrits AO, ao, ou comme les carrés des

rayons des cercles inscrits OD, o<

MESURE DU CERCLE.

DÉFINITIONS.

LtVR~ IV. Il5

diaires B, laisserait évidemment des portions de la courbe

de part et d'autre de sa direction.



La circonférence est une ligne convexe.

PROPOSITION IX.

.ijBMME.

6~<? /M co/ï~<?.;c<? AMB e~~ ~/M~ e~M/c que toute li-

~7!gg/!(~/0~a/aM~<?Z~'ë.C<C/7~'<~Ag/B. fig. 162.En effet, si la ligne AMB n'est pas plus petite que toutes

g

celles qui l'enveloppent, il existera parmi ces dernières une

ligne plus courte que toutes les autres, laquelle sera plus

petite que AMB ou tout au plus égale à AMB.

Suit ACDEB cette

ligne enveloppante;

menez par un

point M de AMB, non commun aux deux lignes, la tan.

gente PMQ; cette droite sera comprise entre les deux li-

gnes AMB, AGDEB, puisque la première est convexe. Or,

la droite PQ est plus courte que PCDEQ; donc, si à la

GEOMETRU'.)<6

On appelle //w//e une grandeur fixe dont une quantité

variable peut approcher d'aussi près qu on veut sans pou-



voir l'atteindre.

L'arithmétique et la géométrie présentent de nombreux

exemples de quantités variables, et de limites vers les-

quelles tendent ces variables.

On sait; par exemple, que l'angle d'un polygone régu-

lier de M côtés a pour valeur 1

Or si l'on suppose que le nombre des côtés croisse jus-

qu'à l'infini, on voit que la valeur de l'angle augmentera,

et comme on peut prendre m assez grand pour que la

fraction–soit plus petite que toute quantité donnée, on~ra

en conclut que les valeurs successives de l'angle du poly-

gone régulier auront pour limite deux droits.

De même si l'on prend le milieu c d 'une droite AB

MVREIV. Ity

PROPOSITION X.

THEOREME.



Z~Me deux ~M~/zMc~' T~a/'M~/e~ A g/ B sont Colis-

~/M/7!e~a' en ~'<J~<~cAa'/?~ /eM/ /< L

et L', ces limites sont <~a;

Supposons que les variables A et B restent au-dessous de

leurs limites, on pourra poser

L=A+<x, L'=B+~.

(K et P pouvant devenir plus petits que toute grandeur

donnée.)

Retranchant ces égalités membre à membre, on a

L L' == A B -t- <x R == K p ( puisque par hypo-

thèse A=B).

Or, si on supposait entre L et L' une différence d, on

aurait <~=:<x– ce qui est impossible, puisque a et P,

et par suite leur différence, peuvent devenir moindres quetoute tité donnée

GEON~TlUK.ii8

que A et B s'approchent de leurs limites, les termes Bec,

Ap, xp, pourront être rendus aussi petits qu'on voudra;

il en sera donc de même de leur somme; donc enfin AB



peut s'approcher de LL' d'aussi près qu'on veut.Le théorème étant démontré pour un produit de deux

facteurs, s'étendrait sans dif6cu)té à un produit d'un nom-

bre quelconque de facteurs.

Corollaire, La limite du quotient de deux variables

A et B, est égale au quotient de leurs limites.

PROPOSITION XII.

THEOREME.

J" Z.~ C/CO/X/ee est la /e CO/M/MM/!<? ~'C/

/Me~e ~<?/~<?/z<les ~)p~M&<cj' </<?j'y.'o/o/ /<<?/'j'J'<?&< M~C/7~ et C/CO/~C/ ~0/!f le /!0/C f/

C~/C.f va COA~M/M/Tïe/Z~ <?/~~M~/<T<

2° Z~e au c<?/'c~<? est la ~M~<? ~c/'j' /~<yM<?//e /<?/

HVREIV. tJC)

Les périmètres de ces polygones s'approchent donc de

plus en plus de la circonférence, quand on double indén-

niment le nombre de leurs côtés; et, pour prouver qu'ils



s'en approchent d'aussi près qu'on veut, il suffit de démon-trer que leur différence peut devenir plus petite que toute

grandeur donnée.Soient P et p les périmètres des polygones ABC, abc,

on a* *t"

P:OM:OI, d'où P–p:P::OM–OI ou IM OM.

On tire de là

OrIM est plus petit que Mb; Mb est plus petit que l'arc

qu'il sous-tend et les arcs sous-tendus

peuvent décroître

indénnimënt, car ils suivent les termes de là progressiondécroissante i I; T~' '? d'ailleurs P va.en diminuant

et OM est constant; donc P–y tend indéfiniment vers

zéro donc, etc.



LIVRE IV. )2t

S G' c'

Or, les quantités ont pour Inmtes donc *pr.<o.

C' e



M K.=~-

Scolie. De l'égalité (i) on déduit aussi

C c.

2R 2r

Donc le rapport d'une circonférence à son diamètre est le

même pour toutes les circonférences. Ce rapport, qu'on

désigne ordinairement panr, est incommensurable, et ne

peut être calculé qu approximativement. Sa valeur en déci-

males est

~==3, i~t5Q265358Qyo32, etc.

Nous donnerons bientôt une méthode élémentaire pour calculer

approximativement la valeur de i?.

])EFINITIOHS.

0~ <X'6' M/'CJ' J<?/?Z~/«~/6' ~CC~CM/'J J'C/M~/g~,

j' /ï /ï ' f /y /a /c cc« t' i / /?

J22 GEOMETRIE.

d'où

sect. ABC sect. DOE cerc. AC. cerc. DO AC DO'.

PROPOSITION XV.



L'aire du 6'<?/'6'/C est <<? au ~06~M7 de (:CO/Z/C-

/'C/!6'e/'<X/' /M /7XO/ f/M /'<2/-0/

Circonscrivons au cercle OA un

polygone régulier.

Soit

P le périmètre de ce polygone et A sa surface. Désignons

par R ie rayon OA on a

THEOREME.

R A=P x-.2

LIVRE IV. 123

Car le secteur ACB est au cercle entier comme l'arc

AMB est à la circonférence entière ABD*, ou comme *;<r.!8,

ACAMBx~AGestà ABDx–. Mais le cercle entier

liv , a.

2



== ABD x ~AG; donc le secteur ACB a pour mesure

AMB x~AC.

~/?/!ca~OH. ,Soit AC~ t a" et supposons que i'arc AMB

renferme 60°. Pour trouver la longueur de cet arc, on

posera la proportion

arcAMB:2TrR::6o:36o,

2~Rx6o T7.R Tr.12

dou arcAMB=–==––==–=~,d'où arc AMB =360 o o

7>,

on a donc seçt. ACB==/{Tr X 6 == a~Tr==y5'3Q6o.

PROBLEMES SUR LES POLYGONES REGULIERS; DÉTERMINATION

DU RAPPORT DE LA CIRCONFÉRENCE AU DIAMETRE..

GEOMETRIE.i2~t



Réciproquement, on peut se proposer de catcuter (i,

connaissant c; et il faudra alors résoudre l'équation (t)

par rapport à « on obtient ainsi

HV]:E)V. '25

/!<?M<<~«'. En ajoutant le carré du rayon avec le carré

du côté d'u décagone, on trouve que la somme



est égale à c'est-à-dire au carre du c ôte du

4

pentagone régulier. Ainsi

Ze cc/c ~M~e/o/:<' rébulier inscrit serait /o<e'M~e

d'un ~'MM~/e ree~M~/C qui ~t/< ~OH/- côtés (le /7!e

droit) le rayon et le côté <~M<Zee~o/M.

PROPOSITION XVII.

PROBLEME.

6b/?< le C~C-M/! /)O~Y?/Ï~ /M/<C/ e< g. ,69.

/'<'ï;-0/ï f/M cercle circonscrit, ~OM<~C/' le C~ </M

~776 C/CWÏ~C/ ~?~C.

EF

) 26 GEOMETRtE.

PROPOSITION XVIII.



PROBLEME.

Sg.t6() Cb/M~Y!7~ le C~~eAB t/'M/ï~'O/~O/ïg /'C"M/«?/<°m c~ c/ /ë /o/~ ÇA f/M c~c/e c/co/!j'c/ //YM<-

t~ ~'M/CC < C'C/o'<)/!<?.

Soient AB===a, CA==R et S !a surface du polygone.On a":

UVRE tV.

PROPOSITION XIX.

PROBLEME

127



PROBLEME.

~'&i7~ donnés le /o/! CD=R, <~ /~<?~e/~e

CA==/' <M/Ï ~0<~0/!C /'<~7//M/ Ca~'M/ë/' le /0/~ R

et /'<~<?/C/?ZC <M/~ /)0/~C/ïe régulier /~C'~)e/'</MC~ë

~'M/! /20~C double de C~

Soit BD le côté du polygone régulier donné, et C le

centre de ce polygone. Prolongeons l'apothème CA jusqu'à

sa rencontre en 1 avec la circonférence i it et

~3 CEOMETRtF..

iygone la différence entre le rayon et Fapothème est moin-

dre que dans le premier.

Si Font f it d l ê iè l d l



transformait de la même manière le second poly-gone en un troisième, puis le troisième en un quatrième,et ainsi de suite, on parviendrait à un polygone dans lequella différence, entre le rayon et l'apothème serait moindre

que toute grandeur donnée.

En effet, dans le triangle BCA, on a

BC–CA<BA ou R–y-<BA;

mais BA est la moitié du côté du po!ygone, et ce côté peutêtre rendu plus petit que toute grandeur donnée, quandon double indéfiniment le nombre des côtés; donc aussi

R–r peut devenir plus petit que toute quantité assi-

gnable.

PROPOSITION XX.

PROBLÈME.

LIVRE IV. i2C)

Nous n'exposerons ici que la première méthode (*), et

nous nous proposerons, par exempte, de calculer lé rayond'une circonférence dont la longueur serait

C t i t l ôté dé é



Construisons un carré, et prenons le côté dé ce carré

pour unité, le périmètre sera

Soient R et y le rayon et l'apothème de ce carré, on a fig. i~.

Maintenant ce éarré peut être transformé en un octogonerégulier de même périmètre, et en appliquant les formu-

les du problème précédent, on trouvera pour le rayon et

l'apothème de cet octogone

On calculerait de même les rayons R~ du polygone

régulier isopérimètre de 16 côtés; et en continuant ainsi,

on arriverait à un polygone dont le périmètre serait tou-

jours 4 et dont les rayons R~ r différeraient:d'aussi peu

GEOMETRIE.t3o

Voici le tableau, des valeurs successives du rayon et de

t'apothèmë, danslespolygones de 4< 8, ï6.81~2 côtes.



NOMBRE

DESAPOTHÈMES.' .RATONS.

~DESC.&TE~ "¡')- .·ty:

4 'r;=b,5oooooo R: ==0,70~106)!

8 )',==o,6o35M4 R~=o,65328i5 5

'~6., .)'; ~f~=:o,6'!84t74 R3=o,<i4o~28<).

3-2 !~= 0,6345731 R~=o,6376435

64'64, r'6=o,636to83 N.5=0,6368754nS' t-G=o,63649t9 R6==o,6366836'-

a56 <= o,63658~. R,=o,63.66357,

5[2 <'s= 0,6366~7 R8=o,6366'!37

1~4 t'q=D,6366t77 R.,==o,63662o7

2048 ~o= 'o,6366tg-: Rju= 0,6366199

4096. != 0,6366:95 Rn=o,6366t97'8192' <=6,6366t96 Rn==b,6366i96

Ainsi une circonférence égaie à a pour rayon

LIVRE tV. i3t

..n sl~ n n ,n,l,

v I



APPENDICE AU LIVREJV..jto.).') r ')'

DÉFINITIONS.

I. On appelle m<:d?<MK/ la quantité la plus grande entre toutescelles de la même espèce; /MM//MM/M la plus petite.

Ainsi le diamètre du cercle est un maximum entre toutes les

lignes qui joignent deux points de la circonférence, et la perpeu-

(Hcu)airë est un M/Mi/M/M entre toutes tes'droites menées d'un

point donné à une ligne donnée.

II. On appelle figures isopérïmètres celles qui ont des

périmè-tres égaux.

PROPOSITION I.

THEOREME.

GEOMETRIE.t'32

périmètre donne, qui ont diverses formes et diverses aires; mais

on voit aussi que ces aires ne peuvent croître indéfiniment.

H y a donc parmi les figures d'un périmètre donné un ou plu-

sieurs maximum 1 z



sieurs maximum. .1 z2" Toute <igure qui renferme une aire maximum dans un pé-

rimètre donné est convexe.

Car soit AMBN une ligne fermée non convexe; si l'on fait

tourner la partie rentrante AMB autour des points A et B, de

manière qu'elle occupe la position AM'D, la figure AM'BN aura

même

périmètre que )a

première, et

renfermera

une aire

plusgrande.

nvnE ,fy. i33

Cela posé, si les angtcs ANB, AN'.B n'étaient pas droits, on

pourrait agrandir simultanément l'aire des triangles ANB, AN'B,

.sans rien changer a )a grandeur.des côtés AN, NB, AN', N'B, ni

a lagrandeur des segments APN, NQB, AP'N', N'Q'B;

labase



grandeur des segments APN, NQB, AP N , N Q B; base-commune AB changerait seule mais par là l'aire de la ngurc

deviendrait plus grande, sans que )e périmètre changeât, ce qui

est contraire à t'hypothèse; donc les angles N, N' sont droits;

d'ailleurs le point N est quelconque sur la courbe ANB; donc

cette ligne est une demi-circonférence.

Ainsi t'en voit que si une droite divise la figure maximum en

deux moitiés, chacune de ces moitiés sera un demi-cercle donc

la figure entière est un cercle.

.f

PROPOSITION m.

,1'

THÉORÈME.

Parmi toutes les figures planes qui ont la Me~e << le cercle

a /e/?/K.< ~c~e/m~c.

Car si une figure quelconque dont l'aire est A, avait un péri-

mètre moindre que le cercle ayant la même aire, on pourrait,

l34 G~OMETRtK.

Car si t'en prolonge AB, et qu'on joigne tousses points de ce

prolongement' an point D, ) a somme BI -t-ID croîtra d'une ma-

niHre~continue depuis BB'jusqu'à t'ihnni. Il y a donc un point

Iou)'onaBI+ÏD=BC-+-GD



Iou) onaBI+ÏD BC + GD

'On obtient donc un polygone ABII)E, évidemment p)us grand

que ABGDE, qui a le même périmètre, et un côte de moins.

PROP.OSITIQNV.

THEORBME..

~Dc tous les polygones. isopérimètres ~,<M/? më~e /:qm&rc f/c

r<%<C.! /e polygone ~<~K~C/' est le /.)/M~ g'/Y:

Nous allons prouver successivement que si un polygone n'a

pas tous ses côtes égaux,'et ses angles. égaux, il ne peut être

maximum parmi les isoperimètres d'un même nombre de côtés.

MVRE tV. t35

AB'MCBH a-meme surface, et même purimctre que ~ABGDH;

ma)s.Ua;m+i.cotes,.et un angle rentrant; Cfn'AMC-t-'AMB

eta~t egat a 2 droits, oh a-MA.H + MAB' ~>;2 droits.



Donc ce polygone pourrait être transformé en un antre de m

côtés, de même périmètre, et d'une aireptus grande; donc enfin

ABCDH ne serait pas maximum.

PROPOSITION VI.

THEOMME.

Z)c <oM /Mpolygones d'égale ~K)~/oc<?, ef ~'«/ï même /!OM&ye <&

ed~M, /epolygone 7'<°~H//e/'

a /e moindre ~e/'i/Ke~c.

Car si unpolygone irréguHer

de Mcôtes,

dont faire estA,

avait un moindre le é ti de même

GEOMETRE.i36

En effet soit ABCDEF un po)ygone'régu)ierde 6 cotés. Si

l'on prend un point 1 sur l'un des côtes, on peut considérer ce

potygqne comme un polygone irrégtdio' de 7 côtes, dans teqxet

les côtés IC, ID feraient un angle égal à deux droits; or ce poly-i d l d



g g p ygone est moindre que le polygone régutier de 7 côtes et du même

périmètre donc, etc.

–<-r-e<&

.LIVRE IV.. t3~

GÉOMÉTRIE PLANE



GÉOMÉTRIE PLANE.

THÉORÈMES A DÉMONTRER.

ï. La figure qui a pour sommets les milieux 'des côtés d'un

quadrHatëre,estunparaUé)ogrammé.

Si d'un point pris dans l'intérieur d'un triangte equitate-

ral, on abaisse des perpendiculaires sur tes trois côtés, ta

somme de ces perpendiculaires est constante. (Examiner ce que

devient te théorème quand le point est extérieur au triangle:)

GEOMETRIE.r38

5. On suppose le cercle 0 tangent aux deux côtes de Fangtc

A, puis on mène une tangente BEC terminée aux deux côtes de

l 'angle: prouver, [° que le périmètre du triangle ABC est cons-

tant, quel que soit !e point de l'arc MEN par tequet on mène la2°



tangente; 2° que t'angteBOC est constant.

6. Si on joint deu~ à deux les pieds des trois hauteurs d'un

triangle, on forme un nouveau triangle dans lequel les bissectri-

ces des angles sont tes.hauteurs du.premier triangte.

7. Les pieds d es hauteurs d'un triangte et'les milieux des

trois côtes son.t su~r une même

circonférence,8. Étant donné un quadrilatère, si l'on mène .des cerctes,tan-

gents a trois coté;, consécutifs~ tes centres des quatre cercte's

qu'on obtien~ainsi forment u~n quadrilatère tnscripttMe.

..g. Les Msseptriees des angles formés par tes côtés opposés

d'un fjuadritatèM inscriptibte se coupent a apgje droit..

10. Si d'un point quelconque du cercle circonscrit à un trian-

gle, on abaisse des perpendiculaires sur les trois côtés, les pieds

de ces perpendiculaires sont en ligne droite.

it. On construit sur.tes deux. côtés AB~, BC d'un triangle

ABC, les parattétogrammes quelconques ABFE, BCDL; on pro-

fi

HVREtV. ï~9

sont en ligne droite; et la distance des'deux premiers points est

doubtedeta distance des deux derniers.

i5.'Si d'un point'donne on'-mène'& un cerc)e deux sécantes

perpendicutait-es 'entre et)es, ia somme des carrés des cordes



sera constante.~ :).

16. Lorsque~ trois cercles se coupent deux à deux, les trois

cordes d'intersection se coupent au même point.

i7. SI du point A, milieu de t'ar&BC, on mène les deux sécan-

tes AFD,AGE,')es quatre points D).F, 6; 'E, sont sur une mêmecirconférence..

'18. Lorsque trois cercles sont tangents'deux. à'deux, tes~tan-

gentes menées aux points de contact se coupent en' un-même

point.: 'h .))'1'i.

GEOMETREJ~O

cette droite est égale à ta somme des perpendicotaires qui sont

situées det'autrecoté.

a/t. Démontrer que si l'on fait rouler un cercle dans un antre

cercle fixe de position et-de rayon double, de manière que.lesd



deux cercles soient toujours tangents, un point quelconque du

premier, cercle décrira dans ce mouvement une. ligne droite.

LIEUX GÉOMÉTRIQUES A TROUVER.

i. Trouver le lieu des points tels que la somme des distances

de chacun d'eux à deux droites données soit égale à une ligne

donnée.

< a. Trouver le lieu des points tels que la différence des dis-

tances de chacun d'eux à deux droites soit'égate_ a un,e.)ignedonnée.

3. Lieu géométrique des centres des cercles passant par deux

pointsdonnés.

/t. Lieu géométrique des centres des cercles d'un rayon donné

UVHE'ÏV.- i4i

n. Étant donnés deux cercles, trouver le lieu des points tels

que les tangentes tirées dé ces points aux deux cercles soient

égaies.



i3. On mène par un point A une droite AM terminée

a la

circonférence 0, et on divise cette droite au point N, de sorte

qu'onaitAM: AN ::m: trouver le lieu des points N*.

14. Ayant mené par le point donné A, la droite AM terminée

a la circonférence 0, on lirend sur cette droite un point N tel

que AMxAN==K' trouver le lieu des points N.

Résoudre les deux

problèmes précédents

en remplaçant la

circonférence par une ligne droite.

GEOMETRIE.t~2



ig. Par un point A pris dans le plan d'un cercle 0, on mène

une sécante AC, et les tangentes aux points B et C, on demande

le

)iëu 'des'points D.(Lë lieu

est une droite DE,

perpendiculairesur le diamètre passant par le point A; cette droite est appetée

la potaire du point A, et ce point est te pô)e de la droite DE.)

ao. Trouver le lieu des points tels que la somme des carres de

leurs distances aux sommets d'un triangle équilatéral soit égale

a un carré donné.

21. Même probtème, en remptaçant letriangle équilatéral par

un polygone régulier quelconque.

a2. Trouver le lieu des points tels que la somme des carrés

de leurs distances aux côtés d'un po)ygone régulier soit égale à un

carré donné.

UVRE \I.!~3

6. Décrire un cercle, d'un; rayon donné.:

1" Passant par deux points;

1. a° Passant parmi point, ettahgeht

à une droite;

'3" Tangent a deux droites;o x r



4° Tangent à une droite et à un cercle;~5° Passant par un point, et tangent à un cercle;

6° Tangent à deux cercles.

A

7. Mener dans un cercle une droite passant par un point

donné, et telle

que la corde

interceptée soit

égale à u ne

lignedonnée.

8. Décrire un cercletangent

à un cerc[e et à unedroite,

en

un point donné.

g. Construire un cercle tangent à un cercte en u n point donné,

et passant par un point donne.

10. Construire un triangte égat a un triangte donné, et dont

tes éôtés passent par trois points donnés.

GEOMETRE.-ï44

tangentes menées à ce cercle soient égaies, et fassent un angledonne.

17. Etant;.donnés l'arc CD et le diamètre AB, trouver sur ta

circonférence un point P, têt qu'en tirant iesdroites.PD,PC,



onaitOM==ON.

p

18. Inscrire dans u u cercle un triangle Isocète, connaissant la

somme de la base et de la hauteur.

ig. Construire un triante, connaissant les trois médianes.

20. Construire un triangle connaissant les trois hauteurs.

2t. Construire un triangle, connaissant les angles et le péri-

mètre,ou bien les angles et la surface.

22. Construire un triangle, connaissant la base, l 'angle op-

posé, et le rapport des deux autres côtés.

LIVRE IV. i45

telle que le produit des segments compris entre le point et cha-

cune des droites soit égal à un carré donné.

3t. Par un point donné dans le plan d'un cercle, mener une

droite, telle que les distances de ce point aux points d'intersec-

tion de la droite et du cercle, soient entre elles dans le rapport



de m à n.

32. Par un point donné et par le centre d'un ccrc)e, faire

passer une circonférence, telle que la corde commune soit égateà une ligne donnée.

GEOMËTiUE.'4.6

LIVRE V.



DU PLAN ET DE LA LIGNE DROITE, CONSIDÉRÉS

DANS L'ESPACE.

DEFINITIONS.

I. Une ligne droite ëst~e/yje/!<eM~<c M/t/.)/<, lors-

qu'elle est perpendiculaire à toutes les droites qui passent

par son pied dans le plan\ Réciproquement le plan est

perpendiculaire à la ligne.Le~ de la perpendiculaire est le point où cette ligne

rencontre le plan.

II. Une ligne est ~AY!e à K/t plan, iorsqu'elte ne

l t à di t l

'i'r.4.

LIVRE V. '47

droite a deux points communs avec un plan, elle est tout

entière dans ce plan.

Scolie. Pour reconnaître si une surface est p)ane, il faut

appliquer

une ligne droite en différents sens sur cette

surface, et voir si elle touche la surface dans toute son



étendue.

PROPOSITION II.

THEOREME.

Par f/CM.*C<0~<~ qui se

CM~C~, O/eM~f/~fM-ser M/t plan, et o~ /z peut /M~ /c/' ~M'M/~j cM/.

GEOMETIUE.148

Corollaire J. Un triangle ABC, ou trois points A, B, C,non en

ligne droite, déterminent la

position d'un

plan.<!g.tSa. Corollaire II. Deux parallèles AB, CD, déterminent aussi

plans ayant tous leurs points communs n'en formeront

qu'un seul.



parallèles , ,la position d'un plan; car on sait déjà que deux parallèlessont dans un même plan; et on ne peut pas supposer quedeux plans différents renferment ces deux droites, puis-

que chacun d'eux devrait contenir deux points de AB, et

un point de CD, cest-à-dire trois points non en lignedroite.

/C/'J'C6' </<?<CM..C est une

/~7M

f/0/

Car, si dans les points communs aux deux plans on en

trouvait trois qui ne fussent pas en ligne droite, les deux

plans dont il s'agit, passant chacun par ces trois points

3 ne feraient qu'un seul et même plan* cé qui est contre la

PROPOSITION III.

THEOREME.

HVRR V.'49

Menez, dans le plan MN, une droite BC qui coupe les

trois droites PB, PQ, PC; prolongez AP d'une longueur PA'= AP, et joignez les points A, A' aux points B, Q, C

La ligne PC étant perpendiculaire sur le milieu de AA',les obliques CA CA' sont égales; par la même raison



obliques CA, égales; par raison

BA =BA'. On conclut de là que les triangles BCA, BCA'

sont égaux comme ayant le côté BC commun, et les autres

côtés égaux chacun à chacun. Si donc on fait tourner le

triangle BCA' autour de BC pour l'appliquer sur son égal

BCA, le point A' tombera en A, et comme le point Q ne

change pas, la ligne QA' s'appliquera exactement sur QA.

La droite PQ est donc perpendiculaire sur AA', puisquedeux de ses points P et Q sont également distants des ex-

trémités de cette droite.

PROPOSITION V.

THEOREME.

GEOMETRtE.t5o

perpendiculaire sur 01. OG sera perpendiculaire au plan

MN.

Pour le démontrer, tirons par le point 0, une droite

quelconque 08 dans le plan MN; prolongeons CO d'une

l OC' OC et menons les li CB C'B C'1



longueur OC'- OC, et menons les lignes CB, C'B, C 1.

La ligne AB étant perpendiculaire aux deux droites IC,

10 est perpendiculaire au plan CIO, et par suite à la droite

IC~ qui est située dans ce plan. Les triangles CBI, C'BI

sont donc rectangles, et sont égaux; car BI e st commun,

.et les côtés CI, C'1 sont égaux comme obliques également

éloignées du pied de la perpendiculaire OL

On a donc CB= C'B; donc aussi BO estperpcndicu-

taircsurle milieu de CC'; et cette dernière ligne étant

perpendiculaire aux deux droites OB, 01, est perpendi-

culaire au plan

MN.

Supposons, en second lieu, que le point donné C soit

situé hors du plan MN (même figure).

Menez, dans le plan, une droite quelconque AB, abais-

sez CI sur AB élevez dans le

:L[VRE V. t5t [

Pareillement, it~est impossible d'abaisser d'un pointhors d'un plan, deux perpendiculaires à ce plan; car soient

AP~ AQ ces deux perpendiculaires le triangle APQ auraitdeux

angles droits, ce

qui est

impossible.

PROPOSITION VI



PROPOSITION VI.

THEOREME.

Par M/Z point on ~CH< /MC/Z6/' M/~ y~~M ~C/~e~CM-

/<<? <V,M/M ~O~S, et 0/ï /~e/)CM</Me/M/' <7«'M7Z ~e/

i" Supposons que le point donné C soit situé sur ladroite AB. Menons deux plans par AB, et dans ces plans

élevons CD et CE perpendiculaires sm' la ligne AB. Le

plan MD, conduit suivant ces deux.droites, sera évidem-

ment perpendiculaire à AB.

CEOMËTR!E.

2° Supposons le point donné C situé hors de la droite AB.

Abaissons CD perpendiculaire sur AB, et dans un plan

passant par AB, élevons DE perpendiculaire sur cette

droite. Le plan MN, conduit suivant les deux lignes CD,à AB



DE, sera perpendiculaire à AB.

Enfin aucun autre plan MP, passant par le point C, ne

peut être perpendiculaire sur AB; car si cela avait lieu, le

plan ABC couperait le plan MP suivant une droite CG dif-

ierente deCD*;

on pourrait donc,

du point C,

abaisser

deux perpendiculaires sur -AB.

Corollaire. Toutes les perpendiculaires, BC, BD, BE,élevées en un point B de la ligne AB, sont dans un même

plan perpendiculaire à cette droite.

DVKE V. f53

PROPOSITION VII.

THEOREME.



Si <M/Ï~OMÏ< A, hors <&<~M MN, 07! mène la

~?<CM~ AP et o~K<~ AD, AC, AE,

1La JP<<?/?~CM/«//Y.' est plus C0/<e CMf ~OM<<?

oblique.

2° Les O~MM également C/CM~/M~ f/C la perpen-

diculaire, sont égales.

3° De ~M.'C oZ'<yM~ //M~<7/<?/Me/Z< e/0~ee~ pied<P /g/~C/M/M'M/<M/Y', CC/~<yM~~ écarte le plus est

/<-); plus grande.

1° Le triangle APC est rectangle en P, et par suite, Eg.t~.l'oblique AC, opposée à l'angle droit, est plus grande quela perpendiculaire AP.

2° Les angles APG, APD étant droits, si l'on suppose

t5/t GEOMETRE.

PROPOSITION VIII.

THÉORÈME.

6 M Soit AP MN et BC H/M



6g. M. Soit AP ~C~~6/M//CM~< ~M~Z MN et BC H/M

Z~Mc ~~Me<? <yz.f c~/)/<z;.M ~M/j~e</ P </<? /?c/7je/!<

culaire on ~f<? PDyjf?/pe~'CM/<«'6 j'K/' BC, e<<yM'o/?.

/o~7M AD,je dis que AD ~c~<x~g/~e/itf/i'cM~e BC.

Prenez DB==DC, et joignez PB, PC, AB, AC puisqueDB==DC, rob)iquePB==PC;etparrapportata perpen-diculaire AP, puisque PB-PC, l'oblique AB==AC";

donc la ligne AD a deux de ses points A et D égalementdistants des extrémités B et C; donc AD est perpendicu-laire sur le milieu de BC.

Co7'o//a<ye. On voit en même temps que BC est perpen-diculaire au ptan APD, puisque BC est perpendiculaireà la fois aux deux droites AD, PD.

LIVRE V. .!55

perpendiculaires au plan MN, elles seront parallèles, car

si elles ne l'étaient pas, conduisez par le point D une pa-

rallèle à AP, cette parallèle sera perpendiculaire au plan

MN donc on pourrait par un même point D, élever deux

perpendiculaires à un même plan, ce qui est Impossible*. 5.

Co/'o~/a<6 II. Deux lignes A et B parallèles à une troi-



Co/ o /a 6 lignes B, parallèles une troi

sième C, sont parallèles entre elles car imaginez un plan

perpendiculaire à la ligne C, les lignes A et B, parallèles à

cette perpendiculajre, seront perpendiculaires au même

plan; donc par le corollaire précédent, elles seront paral-

lèles entre elles.

Il est entendu que les trois lignes ne sont pas dans le

même plan sans quoi la proposition serait déjà conn''e.

PROPOSITION X.

THEOREME.

Par un point A on ne peut mener r/a/M /'c~a;ce Hg.iS~

<yK'Mne~M!< « la ~gCD.

Car une llèl à CD menée le A est située

GÉOMÉTRIE..56

Co/'oA~-<? I. Si une droite AB est parallèle au plan MN,

tout plan ABCD mené par AB, coupera MN suivant une

droite CD parallèle à AB.

En effet, les droites AB, CD étant dans le même plan

ABCD, si la ligne AB rencontrait CD, elle rencontrerait

le l MN ce i est contre t'h thè



le plan MN, ce qui est contre t'hypothèse.

Co/'oZ/at/e 11. Si, par un point C d'un plan MN paraHt:)c

à la droite AB, on mène une ligne CD parallèle à cette

droite, cette parallèle sera située dans le plan MN.

Car si) en était autrement, le plan mené

par la droite

AB et te point C, couperait MN, suivant une ligne CE,

parallèle à AB, et on pourrait par un point mener deux

parallèles à une droite.

nv~Ev. ï5y

PROPOSITION XIII.

THÉORÈME.

Les M.C~O/M-EF,GH, ~~H.?~/M'e~' Eg.iSg.

MN, PQ~/M/'M/ï ~'c'~e/7~<'</tFG, ~/ï~a/'a;~J/

d ê



Car si les lignes EF GH situées dans un même plan

ne sont pas parallèles, prolongées elles se rencontreront

donc les plans MN, PQ, dans lesquels elles sont, se ren-

contreraient aussi; donc ils ne seraient pas parallèles.

PROPOSITION XIV.

THEOREME.

/.<K/<.o7z<? AB, ~M~'c'M~<<? «M ~/«/~ MN, est per- Ëg.iss.

/Z</<CM~<XM/PQ,M/C/e«MN.

Ayant tiré à volonté la ligne BC dans le'plan PQ, sui-vant AB et BC, conduisez un plan ABC dont l'intersection

avec le plan MN soit AD, l'intersection AD sera parallèle

à BG mais la ligne AB perpendiculaire au plan MN est

G~OMKTRJE.t58.

Menez DF perpendiculaire au plan C; cette droite est

perpendiculaire aux plans A et B, en vertu du théorème

précédent; donc ces plans sont parallèles comme étant

perpendiculaires à une même droite.

PROPOSITION XVI



PROPOSITION XVI.

THEOREME.

Bg.iSo. Zc.)'/M!<i!<~<?.<' EG, FH, CO/~A'M~ entre ~M.r~/«/M'

/J~C/CJ' MN, PQ, sont égales.Par les parallèles EG, FH, faites passer le plan EGHF

qui rencontrera les plans pai'a))è)es suivant EF et GH. Les

<t3. intersections EF, GH, sont parallèles entre elles ainsi

queEG, FH; doncIangureEGHFestunparaUeIogramme;

doncEG=FH.Co/'o/e. Il suit de !à que deux D/a/M ~)<!7'<e/e~ ~o/

partout à égale </M~Mce; car si EG et FH sont perpendi-culaires aux deux plans MN, PQ, elles seront parallèles

d ll

.LIVRiS V. t5()

CE est égal et parallèle à DF; donc les triangles CAE,

BDF sont équilatéraùx entre eux; donc l'angle CAE=

DBF.

En second lieu je dis que le plan ACE est parallèle au

plan BDF car supposons que le plan parallèle à BDFmené par le point A, rencontre les lignes CD, EF, en d'au-



tres points que Cet E, par exemple en G et H alors, sui-

.vant la proposition xvf, les trois lignes AB, GD, FH,

seront égales mais.les trois AB, CD, EF, le sont déjà;

donc on aurait CD:=GD, et FH==EF,ce qui est absurde;

donc le plan ACE est parallèle à BDF.

Coro//M7'e. Si deux plans parallèles MN, PQ, sont ren-

contrés par deux autres plans CABD, EABF, les angles

CAE, BDF, formés par les intersections des plans par:)t-

lèles, seront égaux; car l'intersection AC est parallèle à

BD', AE l'est à BF, donc l'angle CAE-DBF.. i3.

PROPOSITION XVIII.

GEOMETlUE.t6o

PROPOSITION XIX.

THEOREME.

Eg.t~t. /~CM.r ~w'<<c'o/vy~j' <o~y)/ayM'y~f<<f/



j'< co~c~ e~y~c~ ~w/'«o/z/zg//c~

Supposons que la ligne AB rencontre les plans parât-

iètesMN, PQ, RS en A, E, B et que la ligne CD ren-

contre les mêmes plans en C, F, D je dis qu'on aura

AE:CFD::B.:FETirez AD qui rencontre le plan PQ en G, et joignez

AC, EG, GF, BD; les intersections EG, BD, des plans

*i;i. parallèles PQ, RS, par le plan ABD sont paraUètesdonc AE EB AG GD; pareillement les intersections

AC GF, étant parallèles, on a AG GD CF FD,

donc, à cause du rapport commun, AG:GD,on aura

AE EB CF FD.

PROPOSITION XX

r

LJtVRE~V. î6~

sont semblables. On aura ensuite Ae eb AE EB et

D/ e~ DF FC; donc Ae: eb D/c, ou,eoyK~oy:e/!<~o,

Ae Df A~ Dc mais, à cause des triangles semblables

AH&,DHe,onaA~:De::AH:DH;doncAe:D/AH:DH:

d'ailleurs lestriangles AHb, cHD,

étant semblables, l'angle

HAc==Hiy, donc les triangles AHe, DH/, sont sembla-

bl donc Il s'ensuit d'abord



bles., donc l'angle. AHe==DH/~ Il s ensuit d abord que

eHf est une ligne droite, et qu'ainsi les trois parallèles Es,

GH, F/, sont situées dans un même plan, lequel contien-

dra les deux droites EF, GH; donc celles-ci doivent se coK*

per en un point M. Ensuite, à cause des parallèles Ee, MH,

F~ on aura EM MF eH Hf AH HD.

Par une construction semblable, rapportée au côté AB,

on démontrerait que HM MG AE EB.

DÉFINITIONS.

On appelle projection d'un point sur un plan, le piedde la perpendiculaire abaissée de ce point sur le plan.

GEOMETRIEi6a



D'un point A de la ligne. AB, abaissons la perpendicu-

laire Aa sur le plan RS, et menons par les droites AB, Aa

un plan qui coupera RS suivante.

Si par les points M, N; de la ligne A B on abaisse des

perpendiculaires sur )è plan RS, elles seront toutes paral-

lèles à Aa;, et seront situées dans le plan BAa;e!)es ne

pourront donc rencontrer le plan RS qué sur la ligne n~.

PROPOSITION XXII.

THEOREME.

Z,'<r<e <AB<x~o/e~ /« <o~c AB~i'~6' ~M

HVREV. l63

t~co/M I. L'angle aigu que fait une droite avec sa projec-tion sur un plan, étant l'angle minimum, l'angle obtus est

maximum. ·

~'eo~M.11. L'angle aigu que fait une droite avec sa pro-

jection sur un plan, en raison de la propriété qui vientd'être démontrée, est appelé angle. de 7<ï droite avec le



~/aK.

PROPOSITION XXin.

THEOREME.

<'&Ce~' f~M.X' <0<f<y AB, CD non ~Mee~'

</<:< M/ï /PZ<e/Z; 1° 0/Z/?CM~ leur /~Ze/Z6' H/M per-

A'g/Z~'CM/C CO/M//?H/ZC; 2" 0/Z /Z~/Z/)<?<~ //?<?7M/<'M/!e;

3" elle CJ'<la ~/M.f C0~ distance (les f/CM~'<0«<?~t° Par un point A de la droite AB, menons AL parat-

lèle à CD; et, conduisons par les deux droites AB, AL, le

ptan.MNparaiièleàCD.

GËOMEiiUt:.)d/t

supposait qu'une autre droite IK tut perpendiculaire sur AB et sur CD; elle serait aussi perpendiculaire sur la droite

KP parallèle à CD; donc elle serait perpendiculaire au plan

g MN; d'ailleurs la ligne IG paraUèle à DH est perpendicu-

laire au même plan; on pourrait donc d'un point abaisser deux perpendiculaires sur un p!a)).



p p p ))

3° FC est la plus courte distance des deux droites;'câr

suit IK une autre droite qui rencontre AD et CD; si Fon

mène IG paraHète à DH; IG sera perpendiculaire à MN, et

sera plus petit que IK;

or

IG=FC; donc on a FC < IK.

ANGLES FORMÉS PAR LES PLANS.

DEFINITIONS.

I. L'inclinaison plus ou moins grande de deux plansqui se rencontrent s'appelle angle dièdre.

L'intersection des deux plans se nomme l'arête de l'angle

dièdre les deux plans qui le forment en sont les faces.

.HVRRV. i 65



Lorsqu'un pIan.PB:en rencontre un autre MN, il forme

avec celui-ci deux angles dièdres adjacents PABM, PABN.

Si cesangles adjacents sont égaux, le plan PB est dit.per-

pendiculaire sur MN; et les angles dièdres égaux s'appel-lent angles dièdres droits. (Il sera démontre que tous les

angles dièdres droits sont égaux.)

PROPOSITION XXIV.

1THEOREME.

Par M/!e <w'<<? ABsituée ~/?~ plan MN on t

GEOMETRUi.i66

PROPOSITION XXV.

THEOREME.

?bM<Z qui en rencontré un autre, ~O/MS avec lui

deux l dièdres dj f/0/!< la somme vaut



deux angles dièdres adjacents f/0/!< la somme vaut

f/<?M~ <XM~ dièdres droits.

<7o/'<< Si un plan :est perpendiculaire sur un autre,

ce second'ptan est perpendiculaire sur le premier. (Voyez!iv. i~, pr.- 3.)

PROPOSITION XXVI.

THEOREME.

Si <r~c ~7~~ ~<?j- CÂBD, GEFH sont ~a'M.f,/~M7'.f <M~7c.<' /'<?c~7~~6~ CBD, GFH seront <~M.<

LIVRE V. ï6~

Car quand un plan est perpendiculaire sur un autre,les angles. dièdres adjacents sont égaux les angles recti-

-lignes qui leur correspondent sont donc aussi égaux; or

eeux-cisont adjacents, donc Us sont droits.

PROPOSITION XXVII.



THEOREME.

O~M~c angles ÇABD, GEFH sont entre cM.~

<r~ le /?ïe//M rapport que leurs <a! /'gc~7~e.<'

CBD, GFH.

f68 GEOMETJUE.

mesure, on ferait voir, par le raisonnement connu, que ia

proportionsubsisteencore.Scolie. Il résulte de ce théorème, que si l'on veut me-

surer un angle dièdre D, c'est-à-dire, trouver )e rapport de

D.à unangle

dièdre pris pour

unité(le

dièdredroit, par

exemple), il suffira de chercher le rapport de l'angle recti-

ligne de D à un angle droit.



ligne angle

PROPOSITION XXVIII.

-THEOREME.

fig. 194. 7~ ligne AP e<Z<C/M//CM/<<? <ÏM~/<'i!/it MN, &'M<

plan APB, conduit suivant AP, sera /?e/yj'f/M//CM/<M/'C

~M~zMN.

Soit BC l'intersection des plans AB, MN, si dans le plan

MN on mène DE

perpendicu)aire

à BP, la

ligne AP, étant

perpendiculaire au plan MN, sera perpendiculaire à cha-

cune des deux droites BC, DE mais l'angle APD, formé

par les deux perpendiculaires PA, PD, à l'intersection com-

d d

..L1VRK V. t6g

Car si dans le plan MN on mène PD perpendiculaire à

PB, t'an~le APD sera droit, puisque les,plans sont perpen-

diculaires entre eux; donc la ligne AP est perpendiculaire

.aux. deux droites PB, PD; donc elle est perpendiculaire à

leur plan MN..Coro//a! Si le plan AB est perpendiculaire au plan

MN et un i P de l'intersection commune on



MN, et que par un point P de l intersection commune on

élève une perpendiculaire au plan MN; je dis que cette

perpendiculaire sera dans le plan AB, car, si elle n'y était

pas, on pourrait mener dans le plan AB une perpendicu-

laire AP à l'intersection commune BP, laquelle serait en

même temps perpendiculaire au plan MN, donc au même

point P il y aurait deux perpendiculaires au plan MN; ce

qui est impossible.

PROPOSITION XXX.

THEOREME.

Si ~CM.~ plans. AB AD, sont ~C/eM/<?~ <'<H~ fig. 194.

GEOMETÏUE.!70

iH.'Lorsque le nombre des plans est égal à trois,Tangte

solide s'appelle angle trièdre.

IV. Nous nt; considérerons que des angles solides con-

vexes/c'est-à-dire, qui sont situés entièrement d'un même

côté d'une de leurs faces prolongées..



V. Un angle solide SABCD étant donné, si l'on prolonge

les arêtes SA, SB. au delà du point S, on forme un

nouvel angle solide S'A'B'C'D' qui est dit symétrique du

premier.

Il est évident que ce nouvel l solide a les mêmes

Ï-7ÏLIVRE V.



Soit ASB=DTE, BSC = ETF et le.dièdre SB égal audièdre TE.

Faisons coïncider l'angle ASB sur son égal DTE; à cause

de l'égalité des angles dièdres SB TE le plan ETF s'ap-

pliquera sur le plan BSC, et comme les angles ETF, BSC

sont égaux, l'arête TF prendra la direction SC;Ies deux trie'

dres coïncideront donc etauront toutes leurs parties égales.Si les faces égales des deux trièdres étaient inversement

disposées par rapport aux dièdres égaux, on superposerait

le trièdre T sur le symétrique de SABC, et on serait con-

J~2 GÉOMÉTRIE.

Si les dièdres égaux étaient inversement placés par rap-

port aux faces égf~es, on superposerait le trièdre T sur le

symétrique du trièdre S, et on arriverait ainsi au même e

résultat.

PROPOSITION XXXIII.

THEOREME.



~M.t'<7/e~ </Y'?.f 0~C<?.i' C~Y/C/?~'

MC'~aCM/M, /<?.f <7~CJ' ~C~'C~ <y~0~<~ MM.< ~C~.f ~'a/

.Y~/ï< <M.CC~M'

Soit ASB==DTE, ASC==DTF, BSC=ETF.

P l i

'DVUJEV.1~3

en conclut AN=DK et MN=GK. On verrait de même

que MP=GH et AP==DH.

On reconnaît aussi que les triangles PAN, HDK, sont

égaux, comme

ayant un

angle égal compris entre côtés

égaux; d'où l'on conclut: NP==KH. Donc enfin, les trian-

gles NMP, KGH, ont les trois côtés égaux chacun à chacun;



donc l'angle NMP, qui mesure le dièdre SA est égal à

l'angle KGH qui mesure le dièdre TD.

Scolie. Si les deux angles solides ont, en outre, leurs

faces semblablement disposées, ils seront égaux par superposition dans le cas contraire, ils seront symétriques.

PROPOSITION XXXIV.

THEOREME.

i ° ?bM~ ~< pris J'M/g ~/d/Z bissecteur J'M/Ï <7/~7e

dièdre est 6~<:<Me/ï< <?~ </cj' ~M.ï' /<ï<<?~ de ~<7e

~C<<?.

2° dans C/6M/' M/< A' ?

)y4 GEOMETRIE.



En effet, le plan AOB est perpendiculaire aux deux faces

CDF, CDE, et par suite à leur intersection CD, il couperadonc les deux faces de l'angle dièdre suivant deux droites

AI, BI perpendiculaires à CD; et l'angle AIB sera la me-

sure de l'angle dièdre. D'ailleurs le quadrilatère OAIB ren-

ferme deux angles droits A et B; donc AOB+AIB==2~.

~e/Ma~Me. Si l'angle dièdre était obtus, il pourrait arri-

ver pour certaines positions' du point 0, que !a perpen-diculaire abaissée sur l'une des faces vint la rencontrer sur

son prolongement. Mais on peut facilement étendre la dé-

monstration à

LIVREV- 1~5

/M<?/K «/Z second trièdre dont les faces seront les y~-

pléments des ~7~ dièdres <&<~C//M6/ et récipro-

~Me/7~Mf les faces du premier seront les supplémentsdes dièdres du second.



En effet, d'après té théorème précèdent, l'angle PMR,

formé par les droites MP, MA perpendiculaires aux deux

faces ASB, ASC, est le supplément de l'angle dièdre SA. On

verrait de même que l'angle RMQ est le supplément de

l'angle dièdre SC, et que l'angle PMQ est le supplémentde l'angle dièdre SB.

Pour démontrer la seconde partie de la proposition, re-

marquons d'abord que l'angle solide MPRQ est le même,

J ~6 GËOM~Tnm.

PROPOSITION XXXVII.

THEOREME.

Si deux ~c<Y~ ont leurs ay?c7<?j' dièdres ep't' c/«'([-

CM/Z ':< cAac't ils ont <7/Mj7 leurs /MC~' C~M~



/MC C MSoient S et S' les deux trièdres donnés; T et T' leurs

trièdres supplémentaires.

Puisque S et S~ ont leurs dièdres égaux, les trièdres T et

'1~ auront leurs faces égales chacune à chacune, et par

suite leurs angtes dièdres égaux. Enfin, les trièdres T et T'

ayant leurs dièdres égaux, les trièdres S et S~ auront leurs

faces égales.Scolie. Si les faces égales des deux trièdres sont sem-

blablementdisposées,

les trièdres serontégaux par super-

position autrement, ils seront symétriques.

PROPOSITION XXXVIII.

itV~ËV.. J~

égaux; donc BD=BC. Mais on a AB<AC+BC; retran-

chant d'un côté BD et de l'autre son égale BC, il restera

AD < AC. Les deux côtés AS, SD, sont égaux aux deux AS,

SC, le troisième AD est plus petit que le troisième AC;

donc l'angle ASD<ASC. Ajoutant BSD=BSC, on aura

ASD+BSD6uASB<ASC+BSC..

¡



PROPOSITION XXXIX.

THEOREME.1

La ~0/i° ~SJ' <7~ ~/V?M~a/?p7~

solide co~ i'o~bM/7MO~g ~Me <y~ <x/<o:7~s

<<?~.t'.

Coupez l'ange so~deS par uu p!ah ABCDE qui rencon- Cx

tre toutes les arêtes; d'un point 0 pris dans ce plan menez

à tous les angles les lignes OA, OB, OC, OD, OE~La somme des augles des triangles ASB, BSC; etc. for-

més autoui\du sommet S, équivaut: à la somme des anglesd'un pareil nombre de triangles AOB/BQC etc formés

~8 GEOMETRIE

PROPOSITION XL.

THEOREME.

°Dans ~OM~e <<?, la ~0/M/Me des </UM ~~J'

est CO/~C'MC entre 2 ~'0/~ 6 2° le plus ~C<~



p

~/?~/c <&c~c, a'M~<?/z<e de ~eM.~ ~<?~ e~<jo/M~ grand

que la ~0/~2/Me des deux <ÏM<

i ° Soient a, c, testrols dièdres de l'angle trièdre donné,et A, B, C, les faces du trièdre supplémentaire.

On a: <!=~–A &==2'B c==2~–C,

d'où, en ajoutant

a+&+c=6"–(A+B+C).

D'ailleurs, la somme A+B -t- C est plus grande que zéro,

et moindre que /{~; donc la somme a+~-f-c est moindre

que 6 droits, et plus grande que 2 droits.

2° a, c étant les dièdres du trièdre donné, et a le plus

i ' ' 2~ eserontles faces du trièdre

LIVRE V. no

<7Hg la /)/M~' g/Y~/C ~0~ /)/~ petite que la ~0/?!g des

<~M.M/~M.

Nous avons déjà.reconnu que ces conditions sont nëces-

s:)n'es; il reste donc à démontrer qu'elles sont sufnsantes.



Soient BSC, ASB, DSC les trois faces données que nous

supposons placées dans un même plan, et soit BSC la plus

grande.Du point S comme centre avec un rayon arbitraire SA,

décrivons une circonférence, et abaissons des points A et D

les droites Dd sur SB t sur SC

GEOMETRIE j8o

au plan BSC, et dans le plan IOM, décrivons du point I

comme centre avec AI comme rayon, une circonférence

qui coupera OM en un point M, et joignons MS; l'angle

trièdre SBMC sera formé avec les trois faces données.

Eneffet, joignons

MI etMK;

lestriangles ASI,

MIS sont

rectangles en I; ils ont SI commun, et AI = IM, donc ils

sont égaux et l'on a l'angle ASI==ISM. De même les trianglesl é



rectangles MSK, DSK sont égaux; car le côté SK est com-

mun, et les côtés SD, SM égaux tous deux à SA, sont égauxentre eux; donc l'angle MSK==DSK.

Scolie. Pour former un angle trièdre avec trois anglesdièdres donnés a, b, c, il faut et il suffit que leur somme

soit comprise entre 2 droits, et 6 droits, et que le plus petit,

augmenté de 2 droits, soit plus grand que la somme des

deux autres.

On sait déjà que ces conditions sont nécessaires, et de

plus elles sont suffisantes; car on peut facilement recon-

naître que quand ces conditions sont rempties, on peut

construire lé trièdre supplémentaire avec les faces 2** a,

" 2* d on aussi construire un trièdre

LIVRE VJ. i8f

LIVRE VI.

LES POLYÈDRES.



DEFINITIONS.

I. On appelle ~o/e~o~c, ou simplement polyèdre,

tout solide terminé par des plans ou des faces planes. (Ces

plans sont nécessairement terminés eux-mêmes par des li-

gnes droites.) On appeiïe en particulier tétraèdre le solide

qui a quatre faces; Ae.r<<° celui qui en a six; octaèdre

celui qui en a huit <Zo~eeae~'e celui qui en a douze ico-

~~e~e celui qui en a vingt, etc.

Le tétraèdre est le l i l des l èd par il faut

GEOMHTiUE. j8~

AB, BC, CD, etc., ce qui formera le polygone FGHIK égal

à ADCDE; si ensuite on joint d'un plan à l'autre les som-

mets des angles homologues par les droites AF, BG, CH,

etc., les faces ABGF, BCHG, etc. seront des parallélo-

grammes, et le solide ainsi formé ABCDEFGHIK sera un

prisme.

V. Les polygones égaux et parallèles ABCDE, FGHIK,



polygones égaux parallèles ABCDE, ,

s'appellent les bases du prisme,. les autres plans parallélo-

grammes pris ensemble constituent la surface ~e/-a/e ou

convexe du

piisme.

Les droites

égales AF; BG, CH, etc.,

s'appellent les côtés du prisme.

VI. La hauteur <MM ~MMe est la distance de ses deux

bases, ou la perpendiculaire abaissée d'un point de la base

supérieure sur le plan de la base inférieure.

VII. Un prisme est droit lorsque les côtés AF, BG, etc.

sont perpendiculaires aux plans des bases: alors chacund'eux est égal à la hauteur du prisme. Dans tout autre cas

le prisme est oblique, et la hauteur est plus petite que le

côté.

LIVRE VI. ï83

Le polygone ABCDE s'appelle la base de la pyramidele point S en est le sommet, et l'ensemble des triangles

ASB, BSC, etc., forme la surface convexe ou latérale de la

pyramide.

XII. La hauteur de la pyramide est la perpendiculaireabaissée du sommet sur le plan de la base, prolongé s'il

est nécessaire.



XIII. La pyramide est <M7~M~:re, quadrangulaire, etc.,

selon que la .base est un triangle, un quadrilatère, etc.

XIV. Une pyramide est régulière, lorsque la base est

un polygone régulier, et qu'en même temps la perpendi-culaire abaissée du sommet sur le plan de la base passe par le centre de cette base cette ligne s'appelle alors l'axe de

la pyramide.

XV. Diagonale d'un polyèdre est la droite qui joint les

sommets de deuxangles

solides non adjacents.XVI. Nous appellerons ~M~ce convexe une surface

courbe ou polyédrale, telle que par chacun de ses pointson peut mener un plan qui la laisse tout entière d'un

J~4 G~QM)?T}U].

en même npmb)e,il faudra que les plans de celui-ci ne

passent pas tous par les mêmes points que dans le

premier, sans quoi ils ne différeraient, pas l'un de l'autre:

mais alors il est clair que quelques-uns des .nouveaux

plans couperaient le premier polyèdre, il y aurait des som-mets au-dessus de ces plans, et des sommets au-dessous,

ce qui ne peut convenir à un polyèdre connexe donc, si



deux polyèdres ont les méme~ sommets et eh. même

nombre tis doivent nécessairement coïncider l'up avec

l'autre.

PROPOSITION II.

THEOREME.

Deux prismes sont égaux /0/M~ ont un <77~~ JO-

lide C0/ C/C <<2/M' <~<7M.~ C~~CM~ 6'~a:CM/~

<s~'<?/<r<M~/z~

Soit la' base ABCDE égale à la base a~c~e, le paraUéto-

-LtVREV). ')35

G'Ot'J~/7'C. Z)CK~ ~/7A'WM ~0/~ ~M< 0/<~ des ~<e~ <~a/e.i'

e< <~M ÂaM<ëMr~c~a~~<7H< eg'cM.r. Car ayant te.côtë AB

égal à a~ et la hauteur BG égale à le rectangle ABGP

sera égal au rectangle < il en sera de même des rec-

tangles BGHC, ~j~c; ainsi les trois plans qui forment

l'angle solide B sont égaux aux trois qui forment l'anglesolide Donc les deux prismes sont égaux.



PROPOSITION III.

THÉORÈME.

Dans tout parallélipipède les plans (~oj~y sont

~aM.TC<~A'<X/<?~.Suivant la définition de ce solide, les bases ABCD) ~8-

EFGH, sont des paraltétogrammes égaux, et leurs côtéssont paraiïètes il reste donc à démontrer que la même'

c~hose a lieu pour deux faces iatcrates opposées, telles que

AEHD, 13FGG. Or, AD est égaie etpara)tè!eà DC.pmsque

GEOMETR!E.ï86

un plan parallèle à BAE, et par le point E un plan paral-

lèle à BAD. Les rencontres mutuelles de ces plans forme-

ront le paraliëlipipède demandé.

PROPOSITION IV.

THEOREME.



Dans tout parallélipipède, les (&o/M/ coupent

/MM<MC//e/?!C/:f en ~M.'cyj'a'<?J' égales.

~.206. En effet, imaginons deux diagonales EC, AG, menées

l'une et l'autre par des sommets opposés puisque AE est

égale et parallèle à CG, la figure AEGC est un parallélo-

gramme donc les diagnn:ues EC, AG, se couperont mu-

tueHementen deuxparties égales. On démontre) de même

que la

diagonale EC et une autre DF se

couperont aussi

en deux parties égales donc les quatre diagonales se cou-

perontmutuellementen deux partieségales, dans un même

point qu'on peut regarder comme le centre du paralléli-

ijivn)!Vt.t8y

leurs les côtés égaux étant en même temps parallèles, il s'en_

suit que les angles NOP, OPQ, etc. de la première sec-

tion,sontégaux respectivement aux angles STV,TVX, etc.,

dela seconde. Donc les deux sections NOPQR, STVXY,

sont des polygones égaux.

Corollaire. Toute section faite dans un prisme paraHè-

lement à sa base, est égale à cette base.



PROPOSITION VI. o

THEOREME.

Le plan <yM~aj'j'g~M/' ~M.?; a/y o~o~e~ FB, ])H, eg. ~s.

(/Myj'a/M'e/<~ AG, </eco/M~o~<? ce~6[/'a~e/ec/!

~eM.?!e~ f/'M~MZ'H'ye.i' e~M~~M~.

Par les sommets B et F menez perpendiculairement

au

côté BF, les plans Badc, F<?~, qui rencontreront d'une

part en a, d, c, de l'autre en e, h, g, les trois autres côtés

AE, DH, CG, du même parallélipipède; les sections Ba~e,

) 88 GEOMETRIE.

ABD/<eF, il suffira de prouver que les parties restantes, sa-

voir, les solides BaAD< FeEH~ sont équivalents entre eux.

Qr, à cause des paraDétograntmes ABFE,aBFe, les côtés

AE, <a:e, égaux à leur paraUèie BF, sont égaux entre eux;

ainsi, en ôtant la partie commune Ae, il restera Aa~Ee.

On prouvera de même que D<~==H~.

Maintenant, pour opérer la superppsitisn des deux so-

lid b F A



lides BaADd, FeEHh, plaçons la baseFeA sur son égaie Ba~;

alors le pointe tombant en a, et le point h en d, les côtés

eE, hH, tomberont sur leurs égaux aA, dD, puisqu'ils sont

perpendiculaires au même plan Ba< Donc les deux solides

dont il s'agit coïncideront entièrement l'un avec l'autre

donc le prisme oblique BADFEH est équivalent au prismedroit Ba</F<?~.

On démontrera semblablemerit que lè prisme oblique

BDCFHG est

équivalent

au

prisme

droit B</cFA~. Mais les

deux prismes droits Ba~FcA, B<&'F~sont égaux entre eux,

pmsquUs ont même hauteur BF, et que leurs bases Bad,

B~/e, sont njoitiés d'un même para)ié)ogra}nme Donc

l.t\'HËVl~ 189

plus petit où ëga! à EF; mais !a démonstration est la même

pour tous et d abord je dis que !e prisme triangulaire

AEIDHM est égat àii prisme tnangùtaire BFKCGL.

En effet puisque AE est parallèle à BF et HE à GF,

l'angte AËI=BFK,HEI==GFR,et HEA=GFB. De cessix an'g!es les trois premiers forment t'angtë solide E, lës

trois autres forment l'ahgtë sHHdë F dohë~ puisque les àn-

!ë l sont é chacun à h et semb)ab)ëment



g!ës plans sont égaux chacun à chacun, et semb)ab)ëment

disposés~ il s'ensuit que les angles sotidësE.et F sodt

égaux. Maintenant, siônposeIeprismeAËMsurtepri§mé

BFL, et d'abord ]a base AEt-sur la base BFK ces deux bases ëtantégales comciderô'nt; et puisque !ang!eSd!idéEest égal à-l'angte sonde F; lë côté EH tohtbërâ sur son

égal FG il n'en faut pas davantage pour prouver que les

deux prismes coïncideront dans toute leur étendue carla

base AEI et l'arête EH déterminent le prisme AEM, comme

la base BFK et l'arête FG déterminent le prisme BFL

donc ces prismes sont égaux.

Mais si du solide AL on retranche lé prisme AEM, il restera

lé et si du ê lidë AL b i

GEOMETRIE.'90

Soient prolongés les côtés EF, HG ainsi que LK, IM,

jusqu'à ce que les uns et les autres forment par leurs inter-

sectionsie parallélogramme NOPQ,il est clairque ce paral-

lélogramme sera égal à chacune des b ases EFGH, IKLM.

Or si on

imagine

un troisième

parallélipipède qui,

avec la

même base inférieure ABCD, ait pour base supérieure

NOPQ, ce troisième parallélipipède serait équivalent au

7parallélipipède AG* puisque ayant même base inférieure



parallélipipède AG , puisque ayant inférieure

les bases supérieures sont comprises dans un même plan

et entre les parallèles GQ, FN. Par la même raison ce

troisième paraltélipipède serait équivalent au parallélipipèdeAL donc les deux parallélipipèdes AG, AL qui ont même

base et même hauteur, sont équivalents entre eux.

PROPOSITION IX.

THEOREME.

7bM</M/c~~e~cM< être changé en M/z~/M//c-

li i èd é i l i aura /Me/Me hauteur et

Livjmvt. ~91

un parallénpipède rectangle. Mais les deux parallélipipèdes

AP, AL, peuvent être censés avoir même base ABKI et même

hauteur AO donc ils sont equivalents donc le parauélipi-

pède AG, qu'on avait d'abord changé en un parallélipipède Bg.~o

équivalent AL, se trouve de nouveau

changé en un

paral-

et 2 11.

lélipipède rectangle équivalent AP, qui a la même hauteur

AI, et dont la base ABNO est équivalente à la base ABCD.



PROPOSITION X.

THEOREME.

D~M.M/C~.y /'ec<a/!g'/ej' AG, AL, qui ont 6g.9t2

/< même base ABCD, sont entre eux comme leurs hau-

~M/AE,AI.

Supposons d'abord que les hauteurs AE, AI, soient en-

tre elles comme deux nombres entiers, par exemple, com-

me i5 est à 8. On divisera AE en i5 parties égales, dont

AI contiendra 8 et par les points de division .c, .y, z, etc.,

è d à l b C

GEOJMETRtK 1:t~

pour la hauteur, les deux autres forment les deux dimen-

sions de ta base.

JPROPOSITIONXI.

THEOREME.

°Z?gM.ia/y~ /C~/?~ P et P' ~M< o~~

<C/M'/0~ C'0/MM/Z<? sont entre C~.r C<?/K/<? /Of/M/t'



</C leurs autres <7!S7!J'«?~, ou <XM<<?/?~ f/<M~<7,/M/-

/e/ec/~ /'<?c<a!/?~ /~e/Me hauteur sont entre ~x'

co/y!~ leurs bases.So!enta, 6, c les trois cHmensIcms du parat)é!!pipÈ<)e

P; <t,.y, t' celles deP'Formons un troisième parallélipipède rectangle P" dont

les dimensions soient M, 6, c*.

Lespara)ië!ip!pedes Pet P"ayantdcuxdimensionscom-

iiiunes a et b sont entre eux comme les hauteurs c et e'

ainsi on a

P P" c c.

LiVREVt. )Q3

SM~ comme les produits de leurs bases /)~ leurs A~M-

~M~ <?Mco//?/M<? les produits <7e leurs </UM f~t-

J70/M'.

Soient H la hauteur du paratlétipipède P, a et b les deux

dimensions de la base B.Soient de même H' la hauteur du parallélipipède P'

a' et b' les deux dimensions de la base B'.

Soit P" un troisième parallélipipède ayant pour hauteur



So u troisième parallélipipède ayant pour hauteur

H, et B' pour base.

Les parallélipipèdes P et P" ayant même hauteur, on a

d'après le théorème précèdent

P:P"B:B',

Les paralléuptpèdes P" et P' ayant même base, on a*

P":P'H:H'.

Multipliant par

ordre et divisant les d eux termes du

premier rapport par P", il vient

P:P' ::B xH:B' xH' H' (i).

O i d' ill l b B B'

GJÉOMETRIE~94

Le calcul se simplifie beaucoup en prenant pour unité

de volume P' le cube dont te côté est l'unité linéaire, car

alors les'nombres qui représentent ~H' se réduisent

à l'unité, et la proportion (2) devient

P P' ax6x H: i,

d'où l'on voit que la mesure du parallélipipède rectangle

est égale au produit de ses t rois dimensions.

l X combien de



Remarquons que le produit aX~ Indique combien de

fois la base B du parallélipipède P contient ie carré fait

sur l'unité linéaire.

La mesure du paraHélipipède rectangle est donc aussi

égale au produit de sa base par sa hauteur (en prenant pour

unité de surface le carré fait sur l'unité de longueur, et

pour unité de volume le cube construit sur cette même

unité).

Applications. 1° Soient <t==:2"°,5i, ~==3"a5,H:=2'5; la mesure du paraHétipipède sera

2,5 :x 3,25x2,45 ou iQ,o858y5.

LIVRE VI. ïg5

solidité d'un prisme quelconque, est ~0!/e 0!M~/YK/M~</<?

~C~'a/'j'<X/!<XM~M/Car 1° un paraliétipipède quelconque est équivalent à un

parallélipipède rectangle de même hauteur et de base équi-

valente*.Or,

la solidité de celui-ci estégale

à sa base*g~

multipliée par sa hauteur; donc la solidité du premier est

pareillement égale au produit de sa base par sa hauteur.

2° Tout prisme triangulaire est la moitié du paratlélipi-



p g p p

pède construit de,manière qu'il ait la,même hauteur et

une base double*. Or )a solidité de. celui-ci est égale à sa~g

base multipliée par,sa hauteur; donc celle du prisme trian-

gulaire, est égale au produit de sa base, moitié de celle du

parallélipipède, multipliée par sa hauteur.

3° Un prisme quelconque peut être partagé en autant de

prismes triangulaires de même hauteur qu'on peut former

de triangles dans le polygone qui lui sert de base. Mais,la

solidité de chaque prisme triangulaire est égale a sa base'

multipliée par sa hauteur,; et puisque la hauteur est la.

même pour tous. il s'ensuit que.)a somme de tous les

)q6 GBOMBTitlK

'j3,5.

t° Les c< SA, SB, SC, et la /t«M~K/' SO, se-

/'o/K /o~o/'</o/?7!e~/<?~ze~< en a, b, c, et.o;

a" La section abcde .y~<x un /e semblable et

la base ABCDE.

Car 1° les plans ABC, abc, étant parallèles, leurs inter-

sections AB, a6, par un troisième plan SAB, seront paral-

lètes*; donc les triangles SAB, Sab, sont semblables, et on

a la i SA Sa SB S& on aurait de même SB:



a la proportion SA Sa SB S& on aurait de même SB:

Sb SC Sc, et ainsi de suite. Donc tous les côtés SA, 1

SB, SC, etc., sont coupés proportionnellement en a, b,

c, etc. La hauteur SO est coupée dans la même proportionau point o; car BO et bo sont parallèles, et ainsi on a

SO So SB Sb.

2° Puisque ab est parallèle à AB, bc à BC, cd à CD, etc.,

l'angle abc = ABC, l'angle bcd = BCD, et ainsi de suite. De

plus, à cause des

triangles semblables

SAB, Sab, on a AB

ab SB Sb; et à cause des triangles semblables SBC,

S~c, on a SB Sb BC ~e; donc AB ab BC bc; on

aurait de même BC bc CD cd, et ainsi de suite. Donc

nvm.vt. ïgy

SA Sa SX Sx; donc ABCDE abcde XYZ

donc les sections o~c</e,.r~.3, sont entre elles comme les

bases ABCDE, XYZ. Donc si les bases ABCDE, XYZ sont

équivalentes, les sections faites à égale hauteur sont pareil-

lement équivalentes.

PROPOSITION XV.

THÉORÈME



THÉORÈME.

Deux ~'7M/~j!M <KJ'FM/<M/'C~ qui ont f~ bases

équivalentes et des /«i;M~H~ égales sont &yH~a-

lentes.

Soient SABC, sabc les deux pyramides dont les bases s.

ABC, abc, que nous supposons placées sur un même plan,sont équivalentes et qui ont même hauteur TA; si ces py-ramides ne sont

pas équivalentes soit sabc

la plus petite,et soit Ax la hauteur d'un prisme qui, étant construit sur

la base ABC, serait égal à leur différence.

Divisez la hauteur commune AT en parties égales plus

tg8 G~OMKTME.

deux:sommes: de prismes devra être ptus grande que la

différence entre.les.de,ux pyramides..

Ohà part!r:des bases ABC, abc, !e.second prisme exté-

rieur DEF&~estequ'v.dent au premier prisme intérieur

</<< puisque leurs bases DEF, <e/, sont équiva)entes et

qu'ils ont une même hauteur sont équivalents par la

même raison le troisième prisme extérieur GHIK. et le se-

cond intérieur le quatrième extérieur et le troisième



le quatrième

intérieur; ainsi de suite jusqu'au dernier des uns e t des

autres. Donc tous les prismes extérieurs de la pyramide

SABC à ~exception du premier ABCO, ont leurs équiva-

lents dans les prismes intérieurs de la pyramide M<&e..I)onc

le.prisme ABCD est la différence entre ta somme des pris-

mes extérieurs de la pyramide SABG et la somme des

prismes intérieurs delà pyramide .M~c; mais la différence

de ces deux sommes est plus grande que,!a différence des

deux.pyramides; donc il faudrait que le prisme ABCD fut

plus grand que le prisme ABGX; or au. contraire il est,plus

petit, .puisqu'ils ont une même base ABC, et que la hau-

LIVRE VL i99

b.àse le parallélogramme ACDE; tirez la diagonale CE et

conduisez le plan SCE qui partagera la pyramide quadran-

gulaire en deux pyramides triangulaires SACE, SDCE.

Ces deux pyramides ont pour hauteur commune la per-

pendiculaire abaissée du sommet S sur )e plan ACDE;elles ont des bases égales, puisque les triangles ACE, DCE,

sont les deux moitiés du même parallélogramme;' donc les

deux pyramides SAGE, SDCE, sont équivalentes entre



py q

elles; mais la pyramide SDCE et la pyramide SABC ont des

bases égales ABC, DES; elles ont aussi même hauteur,

car cette hauteur est la distance des plans parallèles ABC?

DES. Donc les deux pyramides S ABC SDCE, sont équiva-

lentes mais on a démontré que la pyramide SDCE est

équivalente à la pyramide SACE; donc les trois pyramides

SABC, SDCE, SACE, qui composent le prisme ABD sont

équivalentes entre elles. Donc la pyramide SABC est le tiers

du prisme ABD qui a même base et même hauteur.

C<vo~ye. La solidité d'une pyramide triangulaire est

égale au tiers du produit de sa base par sa hauteur.

GEOMETRU!.200

Co/'o/el. Toute pyramide est le tiers du prisme de

même base et d e m ême hauteur.

Corollaire IL Deux pyramides de même hauteur sont

entre elles comme leurs bases, et deux pyramides demême

base sont entre elles comme leurs hauteurs.Scolie. On peut évaluer la solidité de tout corps po-

lyèdre en le décomposant en pyramides, et cette décom-

position peut se faire de plusieurs manières une des plus



p p p p

simples est de faire passer les plans de division par le

sommet d'un même angle solide; alors on aura autant de

pyramides partielles qu'il y a de faces dans le polyèdre,

excepté celles qui forment l'angle solide d'où partent les

plans de division.

Ces pyramides elles-mêmes pourront être décomposées

en tétraèdres, en divisant leurs hases en triangles.

PROPOSITION XVIII.

THBOREME.

HVRE V!. 20J

tion abd comme la base FGH est à la base ABD*; et puis-

que les bases sont équivalentes, les sections le seront

aussi. Les pyramides Sabccle, Tfgh, sont 'donc équiva-

lentes, puisqu'elles ont même hauteur et des bases équi-

valentes. Les pyramides entières SABCDE, TFGH, sont

équivalentes par la même raison; donc les troncs ABDaM,

FGH~/y, sont équivalents, et par conséquent il suffira de

démontrer la proposition énoncée pour le seul cas du



proposition énoncée, pour

tronc de pyramide triangulaire.

Soit FGH~ un tronc de pyramide triangulaire à bases

{;“ ~g parallèles par les trois points F, g, H conduisez le plan

FgH, qui retranchera du tronc la pyramide triangulaire

gFGH. Cette pyramide a pour b ase la base inférieure FGH

du tronc; elle a aussi pour hauteur la hauteur du tronc,

puisque le sommet g est dans le plan de la base supé-

rieure~Après avoir retranché cette pyramide il restera la py-

ramide quadranguIaireg/XHF, dont le sommet est g et la

base HF Par les trois poins/ g H conduisez le l

202 GEOH~TME.

est moyenne proportionnelle entre les basesFGH~ En

effet, les triangles FHK,~A, ont un angle égal F==~, et

nn côté égal FK==~; on a donc FHK :.FH

On a aussi FHG FH~ FG FK ou~. Mais h-s trian-

gles semblables FGH,j%<, donnent FG FH ~/<;donc FGH FHK FHK. et ainsi la base FHK est

moyenne proportionneUe entre les deux bases FGH,

Donc~ un tronc de pyramide triangulaire à bases paral



Donc pyramide triangulaire, paral-

)e)es, équivaut à trois pyramides qui ont pour hauteur

commune la hauteur du tronc, et dont les bases sont la

base inférieure du tronc, sa base supérieure, et une

moyenne proportionnelle entre ces deux. bases.

PROPOSITION XIX.

THEOREME.

Ëg.2t6. 0/! coupe un prisme triangulaire ~0/!< ABC e st la

base, par un plan DES //?e/ite celte base, le solirle

ABCDES, qui ~M/<c </e cette ~c~o/t, j'cr~égal

<;</a

nvRE Vf. ao3

cune des lignes AE,CD, est parallèle à leur plan ACE;

donc la pyramide SAEC est équivalente à la pyramide

EABC laquelle peut être considérée comme ayant pour base A BC et pour sommet le point E.

La troisième pyramide SCDE peut être changée d'abord

en ASCD; Garces deux pyramides' ont l~même base SCD;

elles ont aussi la même hauteur, puisque. AE est paraHeteau plan SCD donc ta pyramide SCDE est équivalente à



p pyramide q

ASCD. Ensuite la pyramide ASCD peut être changée en

ABCD, car ces deux pyramides ont la base commune ACD;

elles ont aussi la même hauteur, puisque leurs sommets S

et B sont situés sur une parallèle au plan de la base. Donc

la pyramide SCDE, équivalente à ASCD, est aussi équi-valente à ABCD; or, celle-ci peut être regardée comme

ayant pour base ABC, et pour sommet le point D.

Donc enfin le prisme tronqué ~ABCDES

estégal

à la

somme de trois pyramides qui qnt pour. base commune

ABC et dont les sommets sont respectivement les points

D, E,S.

20/t 1 GEOMETHÎR.

PROPOSITION XX.

THÉORÈME.

~7/M /~e ~o~<? AB a;~M/' ~/?Mi!Mc M/?c

autre /~Ke <r/w/



Prenons sur la droite donnée deux points A et B, etdéterminons leurs symétriques A' et B' en abaissant des

points A et B des perpendiculaires surMN, et prolongeantces d à

HVRKYf. 205

//<:<e </e </eM.c droites AB, AC, est <~a'/ ~<7e

yoy'/7M~M/' /eM/ ~ïe~M~ A'B', A'C'.

PROPOSITION XXI.

THEOREME.



Remarquons d'ahord que le point de concours A des

deux droites AB, AC, a pour symétrique le point A'; puis-

que le symétrique du point A doit se trouver à la fois sur

A'B' et surA'C'

Cela posé, prenons sur AB et AC deux points B et C;

soient B' et C' leurs symétriques; et menons BC, B'C'.

206 GEOMETRtE.

Soit AB l'intersection du plan MAB avec le plan de sy-

métrie ABC, et conduisez par AB un plan ABM' qui forme

avec le plan de symétrie le même angle que le plan MAB.

Il s'agit de démontrer que tout point P du plan ABM a

son symétrique sur ABM'.

Pour cela, abaissez Pp perpendiculaire sur ABC et pro-

longez cette ligne jusqu'à sa rencontre P' avec le plan ABM';

puis, menez pl perpendiculaire sur AB, et joignez PI,P'I.

Les deux droites PI,P'I sont perpendicutairessurAB,



, perpendicutairessurAB,

et les angles Plp, PI/? sont égaux comme mesurant les diè-

dres

égaux MABC, M 'ABC. Les

triangles rectangles Plp,

P'Ip sont donc égaux comme ayant le côté Ip commun,

et un angle aigu égal; donc P/~=P'/? donc P' est le symé-

trique de P.

/{eM<M'~K< Si le plan dont il s'agit était parallèle au plan

de symétrieABG, il estévideni qu'ilauraitpour symétrique

un autre plan parallèle à ABC, et à la même distance de ce

plan.

PROPOSITION

uvREVt.aoy

Remarquons d'ahord que la droite AB, intersection des

deux pians ABC, ABD, a pour symétrique A'B', intersec-

tion des plans A'B'C',A'B'D'.

Cela posé, au point B formons i'ang)e rectiligne CBD

qui mesure l'angle dièdre AB.

Formons de même au point B', symétrique de B, l'angle

rectiligne C'B'D' qui mesure !e dièdre A'B'.

La droite BD, située dans le plan ABD, aura pour symé-

trique une droite passant par le point B' et située dans le



trique passa t pa po t

plan A'B'D'. De plus, comme BD est perpendiculaire sur

AB, la droite

symétrique

de BD sera

perpendiculaire sur

A'B' ce sera doncB'D. On verra de même que B'C' est *zt.

symétrique de BC; donc l'angle GBD=C'B'D'

PROPOSITION XXIV.

THEORÉME.

DeM.o~'e<e~ ~Mef/7'<yMc~~< /'<~[.y.<o/'<~ M/z/a~ont [° ~M/CCj' < C/CM/ÏC<X C~CM/M; 2"/CM/

ao8 GKOMKT1UK.

A'B'CD' sont égaux, car i ls ont les angles égaux et les

*20 et côtés égaux chacun à chacun

2° Deux angles solides homologues B et B', ont leurs

*~t. faces égales~; en outre, leurs dièdres sont égaux chacun à

*23. chacun; enfin, si l'on fait coïncider la face A'B'E' sur son

égale ABE, de manière que les autres arêtes des deux an-

gles solides tombent d'un même côté de la face commune,

on reconnaît que les autres angles plans des deux anglessotides sont disposés dans un ordre inverse; donc l'angle



solide B' est le symétrique de B.

Corollaire 1. On conclut delà qu'un polyèdre P n'a qu'un n

seul symétrique. Car soient P' et P" deux polyèdres symé-

triques de P construits par rapport à des plans de symétrie

différents. Les faces de ces polyèdres sont égales entre elles

comme étant respectivement égales aux faces du polyèdre P.

De plus, leurs angles solides étant symétriques des angles

solides deP,

serontégaux

entreeux;

donc les polyèdres

P'

et P" seront superposables.

Co/'o//a!e II. Si l'on décompose un polyèdre P en py-

ramides t i l i i aient toutes sommet coin-

L!VHE VI. 20g

PROPOSITION XXV.

THEOREME.

/)~M~' ~< symétriques sont C~M«~/C~~f.

En effet, deux polyèdres symétriques pouvant se décom-

poser en un même nombre de tétraèdres symétriques, il

suffit de prouver que deux tétraèdres symétriques sont

équivalents



équivalents.

Soit donc SABC un é èd et construisons son

210 GËOMETMtE.

posés; nous laissons au tecteu.)' le soin d'en chet'chfrtes

démonstrations.

·

DE LA SIMILITUDE.

Nous appellerons polyèdres semblables, ceux qui sont t

compris sous un même nombre de faces semblables chacune



compris

à chacune, et dont les angles solides homologues sont

égaux. (On entend

par angles solides

homologues ceux

qui sont formés par les faces semblables.)

Les droites homologues de deux polyèdres semblables

sont celles qui joignent les sommets homologues.

PROPOSITION XXVI.

THEOREME.

6g -it~ Si /'0~ divise <a/M M/ï /?!C/?!e /'0 007'/ <!M 'P (9/ f h

LtVJtEVf. 21 I

Scolie. On peut remarquer que deux tétraèdres sembla-

bles ont toutes tours arètes homologues proportionnelles.

Réciproquementdeux tétraèdres qui ont leurs arêtes pro-

portionnelles et semblab)ement placées, sont semblables;

car de la proportionnalité des côtés on conclut immédiate-ment la similitude des faces et les faces étant semblables

et semblablement disposées, les angles solides homologuessont égaux, comme ayant leurs angles plans égaux chacun

à chac n t bl bl t



à chacun et semblablement placés.

PROPOSITION XXVII.

THEOREME.

Deux /c~a;g~ SABC, TDEF qui ont un«/?~g ~c-

<<? égal compris entre <r/eu~c /Mcej' ~7!M&/<?~ et ~c/?!-

~/<-<e/<?/!< placées, sont semblables.

Supposons l'angle dièdre SB égal au dièdre TE; lefi, 3

triangle SAB semblable à TDE, et SBC semblable à TEF.

L lid S t T t

2t2 GKOMËTR)E.

PROPOSITION XXVIII.

THÉORÈME.

DcM.X'i'<?/?!~&/g.f~<?M~/Z/ ~<? r/eCÛ//i!<ses en un /Mei7!e nombre de <e/7Y~ .yc/M~A~/ey~ et

~e/7!6/M~/g/7~ placés.



Décomposons en triangles les faces du polyèdre

SEFGDABC non adjacentes au sommet S ces trianglesseront les bases de tétraèdres qui auront pour sommet

LIVRKVf. ~)3

blables comme ayant un dièdre égal compils sous deux

faces semblables et sembtabiement disposées.

Si nous passons aux tétraèdres SDCF, ~e/, nous voyons

que les triangles SDC, sdc, sont semblables comme faces

homologues de tétraèdres semblables de même FDC est

semblable à/</e, à cause de la similitude des polygones

FEDC~f~e. D'ailleurs les dièdres FDCA /~c< sont égaux

par hypothèse, et les dièdres SDCA, ~ea, sont égaux, à

cause de la similitude des tétraèdres SDCA, .~c<t; donc

diffé d



les dièdres FDCS,~M, sont égaux comme différences de

dièdres égaux; donc enfin les tétraèdres SDCF, .~c/,

sont semblables, et ainsi de suite.

~w~~Mf I. Il faut remarquer que la décomposition

précédente peut s'effectuer en partant de deux sommets

homotogues quelconques.

~e~a/oHe II. On conclut encore du théorème qui vient

d'êtredémontré, que,

dans deux polyèdres semblables,

deux droites A, a, qui joignent des sommets homologues,

sont proportionnelles à deux arêtes homologues, B, b, des

deux l èd

GEOMET1UE.2)~

PROPOSITION XXIX.

THEOREME.

/~c«~/)o~e<r/e~ composés <M~ /?xc/?!e /ï~<? f/c /<

j(/Me<<?~ j'e/~Z'/<'<Z'/<?~'et ~/yz~e/7M/?,< ~o~e.i', <?/ les

/~<ccj' ~/i'a~ 6'~<i!CM/~e <ï c/«<CM/ïe~ et les <:<J'O/M/C~' ~0~0/C'~< f~HM~ et /~<'< conséquent sont



q

J'M'<

HVREVt. 2t5

btablement disposés; et il en est de même des autres faces

prises deux à deux.

2? On voit encore que l'angle dièdre SA, somme des

dièdres CSAD CSAB, est égal au dièdre sa, somme des

dièdres c.M~, e~a~, respectivement égaux aux premiers; et

qu'en général deux angles dièdres homologues des deux

polyèdres sont égaux comme étant les sommes d'angles

dièdres homologues de tétraèdres semblables.

Il en résulte que deux angles solides homologues A et a

t il t l f h à h



sont égaux, car ils ont leurs faces égales chacune à cha-

cune, semblablement disposées et également jnclinées.

Scolie. La démonstration qui vient d'être exposée justifie

la dénnition qui a été donnée des polyèdres semblables;

car on peut toujours former des polyèdres composés d'un

même nombre de tétraèdres semblables et semblablement

placés.

G~OMËTliiK.<6

Ce second pofyèdre pourra ensuite être placé dans une

position quelconque par rapport au premier.

PROPOSITION XXX.

THEOREME.

~M.'r ~/M~<cj' ~e/?~/iX~~ ~o/~ e/e c~ c~y'c

/C~' 6'M~'CJ' /CM/ <7/Y~<°J' ~Û/O~M<?J'.



Puisque les tétraèdres sont semblables, on peut porter le plus petit sur le plus grand de manière qu'ils aient

l l b t

HVHHVi. 217

so

u)', ABC X est la mesut'f du tétraèdre SABC et

H&c X 0est tu mesure du tétraèdre ~'a&c, donc, etc.

tf

PROPOSITION XXXI.

THÉORÈME.

/)eM~c~o~ semblables sont comme les cubes <e

/<?«/ arêtes



/<?«/ arêtes homologues.

On sait que deux polyèdres semblables sont ([econtpo-

sables en un même nombre de tétraèdres semblables.

SoientT, T', T' les tétraèdres qui forment le polyèdre

P; t, < les tétraèdres qui composent p.

Soient encore, A, A', A", des arêtes des tétraèdres

T, T', T" a, ~') a" leurs homologues dans les tétraè-

drest', <

on aura

T <A'

T'A"

2)8 GEOMETRtE.

`LIVRE VII.

LA SPHÈRE.

DÉFINITIONS.



I. La sphère est un solide terminé par une surface courbe,dont tous les points sont également distants d'un point in-

térieur qu'on appelle cc/e.

On peut imaginer que la sphère est produite par la ré-

volution du demi-cercle DAE autour du diamètre DE: car

la surface décrite dans ce mouvement par la courbe DAE

aura tous ses points à distances égaies du centre C.

II. Le rayon de la sphère est une ligne droite menée du

centre à un point de la surface; le diamètre ou axe est une

HVUEVit 2tf)

dont le centre est C. Du point C menez la perpendiculaire

CO sur le plan AMB, et différentes lignes CM, CM, à dif-

férents points de'la courbe AMB qui terminé la section.

Les obliques CM, CM, CB, sont égales, puisqu'elles sont

des rayons de la sphère elles sont donc également éloi-

gnées de la perpendiculaire CO; donc toutes les lignes

OM, ON, OB, sont égales; donc la section AMB est un

cercle dont le point 0 est le centre.

Co/'o/e I. Si la section passe par le centre de la

hè son sera le de la hè donc tous



sphère, son rayon sera le rayon de la sphère; donc tous

les grands cercles sont égaux entre eux.

II. Deux grands cercles se coupent toujours en deux

parties égales; car leur intersection commune, passant

par le centre, est un diamètre.

III. Tout grand cercle divise la sphère et sa surface en

deux parties égales; car si, après avoir séparé les deux hé-

misphères, on les

applique sur la base commune en tour-

nant leur convexité du même côté, les deux surfaces coïn-

cideront l'une avec l'autre, sans quoi il y aurait des pointsdu centre les uns les autres

220 G~OMJ':T1UK.-

VIL la position d'un petit cercle sur la surface de la

sphère serait déterminée par trois points de sa circonfé-

rence.

PROPOSITION Il.

THEOREME.

Tout plan /?e/cM/<M' M /'e.'c<e//?~c ~M/t /w~t

lig-

est ~<?/!< <'< la sphère.Soit FAG un à l' t é ité d



lig Soit FAG un plan perpendiculaire à l'extrémité du rayon

OA; si l'on

prend un

point quelconque M sur ce

plan, et

qu'on joigne OM et AM, l'angle OAM sera droit, et ainsi

la distance OM sera plus grande que OA. Le point M est

donc hors de la sphère; et, comme il en est de même de

tout autre point du plan FAG, il s'ensuit que ce plan n'a

que le seul point A commun avec la surface de la sphère;~def. 3.

donc il est tangent à cette surface*.

Réciproquement, tout plan tangent FAG est perpendi-culaire sur le rayon OA qui va au point de contact.

C i

UVRE VU. 22f

menons un plan quelconque. Ce plan coupe les deux

sphères suivant deux grands cerctes qui se rencontrent

aux points A et A' symétriques par rapport à la ligne OC.



Si, maintenant, nous faisons tourner les deux demi-

cercles DAE, GAH, autour de OC, ces deux demi-cercles

engendreront les surfaces, des deux sphères, et le point A

décrira leur ligne d'intersection. D'ailleurs, dans ce mou-

vement, la droite AI ne changera pas de grandeur et sera

constamment

perpendiculaire

à OC; donc l'intersection des

deux sphères est une circonférence dont le centre est en ï,

dont le rayon est AI, et dont le plan est perpendiculaireà OC.

222 CEOMETf!)E.

If. Un triangle sphérique est une portion de la surface

de la sphère .comprise entre trois arcs de grands cercles.

Ces arcs, qui s'appellent les côtés des triangles, sont tou-

jours supposés moindres qu'une demi-circonférence, les

angles formés

par ces arcs de cercles sont les

angles du

triangle.

III. Un triangle sphérique est rectangle, Isocèle, équi-

latéral, dans les mêmes cas qu'un triangle rectiligne.

IV. Un polygone sphérique est une portion de la sur-



face sphérique comprise entre plusieurs arcs de grands

cercles. Nous ne considérerons que des polygones sphériques

convexes, c'est-à-dire tels que le plan de chaque côté laisse

tout le reste du polygone d'un même côté de sa direction.

PROPOSITION IV.

THEOREME.

Dans tout ~/M!/?~7e ~~e/Mf ABC un C~C quel-

UVRËVH. 223

Soit ABC un triangle sphérique quelconque; prolongez f!g.224.

les côtés AB, AC, jusqu'à ce qu'ils se rencontrent de nou-

veau en D. Les arcs ABD, ACD, seront des demi-circonfé-

rences, puisque deux grands cercles se coupent toujours

en deux parties égaies*;

mais dans letriangle

BCD on a

lecôtéBC<BD-t-CD*;ajoutantdepartet d'autre AB+AC, 4.

on aura AB+AC+BC<ABD+ACD, c'est-à-dire, plus

petit qu'une circonférence.

Remarque. Pour qu'on puisse construire un triangle sphë-



rique avec trois côtés donnés, U faut et H suffit que la somme

des trois côtés soit plus petite qu'une circonférence, et

que lé plus grand côté soit moindre que la somme des

deux autres. Car ce sont les conditions nécessaires et suf-

fisantes pour qu'on puisse construire un angle solide avec

trois faces qui auraient pour mesures les trois côtés donnés.

Et si l'on plaçait le sommet de cet angle solide au centre de

la sphère, les faces intercepteraient le triangle demandé.

PROPOSITION VI.

22/[ GËOMETR]E.

DEFINITIONS.

I. Le pôle d'un cercle de la sphère est l'extrémité du dia-

mètre perpendiculaire au plan de ce cercle.

II. Tout cercle de la sphère a deux pôles.III. Tous les cercles dont les plans sont parallèles ont les

mêmes pôles.

PROPOSITION VII.

THEOREME



THEOREME.

(ig.9.20.

?OH~ /0~~ de la C<CO/Z/6'Ce FNG ~K/~ cercle

</C la sphère sont également <j-7?~ ~M/~d/g D </C ce

cercle.

En effet, si on mène du centre 0 de la circonférence

FNG, les rayons OF, ON, OG, et qu'on tire les droites

DF, DN, DG, les triangles rectangles DOF, DON, DOG.seront égaux car ils ont le côté DO commun, et les lignes

OF, ON, OG sont égales comme rayons d'un même cercle

< HVREVtI. 2~5

position qui permette d'incliner les pointes l'une sur 1 autre

sons un angle quelconque.

Il est évident que si ou place une des pointes de ce com- Hg.Mo.

pas en D, et l'autre en F, et que l'on fasse tourner ce com-

pas autour du point D, l'extrémité F décrira le cercle FNG.

Si l'on voulait du point D, comme pôle, décrire un

grand cercle AMB, il faudrait que la distance des deux

pointes du compas fut égale à la corde d'un quadrant; et

pour avoir cette distance, il faudrait connaître le rayon de

la hè



la sphère.

PROPOSITION VIII.

PROBLEME.

s l~a/?< </0/?/<C<?une ~D/<<)~ /<~M~ son /0/i!.

226 GËOMKTRU:.

C'B' perpendiculaire sur A'C, la droite A'B', égate à AB,

sera le diamètre de la sphère.

PROPOSITION IX.

PROBLEME.

7V'<-i!C<?/'sur une ~~C/'e un ~7YÏ/M/Ce/'C/C/M!

<M~~Ac~B.



Des points A et B comme pôles, avec un intervalle égalà la corde du quadrant, d écrivons deux grands cercles

qui se t en P; le i t P sera le ôl de l'arc de

UVRKYf). N2~

Du point A comme pôle, avec un IntervaHe-égat à un

quadrant, décrivez un grand cercie qui coupe en S te cercle

CMD. Puis du point S comme pôle, avec 1'intervaHe SA,

décrivez le grand céi'cie AM-, qui sera perpendicutaire sur

CMD* '7.

PROPOSITION XI.

PROBLEME.



Y~/ccr sur une sphère un

petit cercle

passant par trois points A, B, C.

~8 CEOM~THH;.

avec la circonférence enfin joignez ap, <?/ <?/ sera le

triangle demandé, et le côté ap sera égat à AP.

Pour, déterminer le pôle P du cercle ABC il suffira, des

points A, B, C comme pôles, avec un intervalle égal a de

décrire des cercles qui se couperont au point cherché.

Connaissant le pôle, la construction s'achèvera sans cliffi-

cuité.

PROPOSITION XII.



THEOREME.

Z<?/~M COM/'< chemin du point A au point B .i'M/' /f~

.<W/a<7C'~ la .M)/C, est /'0;C de grand cercle, /7~

<C <7«'M/~ <7!< circonférence, qui ces </CM.'<

points. Nous fonderons la démonstration de ce théorème sur

les deux lemmes suivants.

LiVRE vu.229

En effet, décrivons du point A comme pôle, et avec

l'intervalle AC un cercle qui coupera nécessairement l'arc



AC, un cercle qui coupera nécessairement

AB entre A etB,

et soit AMB laligne

la plus

courte entre

A et B; cette ligne rencontrera le cercle CI. en un point M,

et la ligne AM sera le plus court chemin de A en M; car

s'il existait une ligne plus courte entre ces deux points,

AMB ne serait pas le plus court chemin de A en B, ce

qui est contre l'hypothèse. D'ailleurs, d'après le temme

précédent, le plus court chemin de A en M est le même

que de A en C; donc le plus court chemin de A en C est

moindre que de A en B.

G~OM~TRtE Lz:a3o

donc puisque le point C appartient à la ligne la plus courte

de A en B, il faudrait que la distance de C en B fût moindre

que de D en B, conséquence absurde, d'après letemmelî,

puisque l'arc BC est plus grand que B D. Donc aucun

point de la plus courte distance entre A et B ne peut être

hors de l'arc AB, donc l'arc AB est lui-même la ligne la

plus courte qui a les mêmes extrémités.

.~e/H~M. Dans la démonstration précédente, on sup-

pose chacun des. deux arcs AC, BC, moindre que A? et il

est évident qu'on ne peut faire une autre hypothèse, car si



q p yp ,

on avait AC >.AB, la

i.igùe

la plus courte de A en B serait

moindre que de, A en C,!e point C ne pourrait donc pas

appartenir à la première, ligne.

.PROPOSITION XIII.

THEOREME.

6g. M6. Z~ë BAC ~M~0/~ entre <?M. ~M.-C arcs ~<? ~7M/!</)'

cercles AB AC /?!c <wc /'f//M 7 FAG / /? / /'

HVRMVit. a3t

se comparer entre eux par les arcs de grands cercles dé-

crits de l eurs sommets comme pôles et compris entre leurs

côtes ainsi il est facile de faire un angle égal à un angle

donné.

Scolie. Les angles opposés au sommet, tels que ACO et 6g. ~38,

BCN, sont égaux; car l 'un ou l'autre est toujours l'angle

forme par les deux plans ABC, OCN.

On voit. aussi que dans la rencontre de deux arcs ACB,

OCN, les deux angles adjacents ACO, OCB,pris ensemble,

valent toujours deux angles droits.



DEFINITIONS.

Un triangle sphérique ABC étant donné, si des points Sg.a~

A, B, C comme pôles, on décrit les arcs de grands cercles

EF, FD, DE, ces arcs forment un triangle DEF, qui est ap-

pelé le triangle jo~a~'e de ABC.Le sommet homologue du point A est déterminé par la

rencontre des ares décrits des points B et C comme pôles

CEOMETRtJ'232

que D est le pôle de l'arc BC, et F celui de l'arc AB; donc

ABC est le triangle polaire de DEF.

PROPOSITION XV.

THEOREME.

Eg.at7. Étant <~b/?~ej' ~?«.t' triangles- polaires ABC, DEF,

chaque angle de /'M/! cle ces triangles aura pour me-

j'«/~ une a~/?!e/ce'/z/eg, //?o/ le c~~c o~c~~<



l'autre

~Mf/~7c.Soient prolongés, s'il est nécessaire, les côtés AB, AC,

jusqu'à la rencontre de EF en G et H; puisque le point A

est le pô!e de l'arc GH, l'angle A aura pour mesure t'arc

GH. Mais l'arc EH est un quadrant ainsi que GF, puisque

E est le pôie de AH, et F le pôle de AG; donc EH+GF

vaut une demi-circonférence. Or EH-t-GF est la mêmechose que EF-t-GH; donc l'arc GH qui mesure l'angle A

estégat à une demi-circonférence moins le côté EF, de

LIVRE VU. 233

que dans ces deux angles trièdres, les dièdres de l 'un sont

les suppléments des faces de l'autre, et réciproquement;donc ces angles trièdres sont supplémentaires.

DÉFINITIONS.



Soit ABCD un polygone sphérique; menons du centre

des rayons aux sommets de ce polygone, et prolongeons-les ce d l

a3~ GEOMETRIE.

PROPOSITION XVI.

THEOREME.

Deu.x triangles situés sur la même sphère ~M sur

des sphères égales, ~'e'~<&o~!M.~ dans toutes leurs par-

ties, lorsqu'ils ont unangle égal CO/?M)/'M entre C~

~<M~ chacun à C/!aCM~.

6g.~3o. Soit le côté AB==EF, le côteAC==EG, et l'angle BAC

==BEG, le triangle EFG pourra être placé sur le tnangte

ABC, de la même manière qu'on superpose deux triangles



ABC, qu on superpose triangles

rectilignes qui ont un angle égal compris entre côtes égaux.Donc toutes les parties du triangle EFG seront égales à

celles du triangle ABC, c'est-à-dire qu'outre les trois par-

ties qui sont supposées égales, on aura le côté BC-FG,

l'angle ABC=EFG, et l'angle ACB=EGF.

Si les côtés égaux des deux triangles étaient inverse-

ment disposés par rapport aux deux angles égaux, on su-

perposerait EFG sur !e symétrique de ABC, et on serait

conduit à la même conclusion.

HVREYtt. a35

~c~ ~/<e; <~a!/<?~~ sont c~M~MM. entre eux, ils

~< aussi. C~M/a/e~, et les angles <M~: seront

O~C~e. aux C~/e~ ~'CM.

Joignons le centre de la sphère aux sommets des deux

triangles; nous formerons ainsi deux angles trièdres dont

les angles plans ayant pour mesures les côtes des trian-

gles sphériques, sont respectivement égaux; mais on a

démontré que dans ce cas les angles dièdres opposés aux

faces égaies sont égaux donc dans les deux triangles sphé-

riques lés angles opposés aux côtés égaux sont égaux.



PROPOSITION XIX.

THEOREME.

~a'/M' <OMf ~M/!g~ ~Ae/Y<yM6 ~occ/e les a'e~' o~-

~o~< ccM.r c~/M <~MM.r .yo/ï~ <~<xK~

Soit le côté

AD==AC je

dis

qu'on

aura

l'angle C==B.

car si du sommet A an point D, milieu de la base, on

mène l'arc AD, les deux triangles ABD, ADC, auront les

t i ôté h à AD

GJiOMjh'Rtj!236

Soit l'angle B==C, je dis qu'on aura AC-AB car si

le côté AB n'est pas égal à AC, soit AB le plus grand des

deux, prenez BO==AC, et joignez OC. Les deux côtés

BO, BC, sont égaux aux deux AC, BC; l'angle compris par

les premiers, OBC, estégalà l'angle compris par les seconds,

ACB. Donc les deux triangles BOC, ACB, ont les autres

*i<i. parties égaies*, et on a l'angle OCB==ABC mais l'angle

ABC, par hypothèse, =ACB; donc on aurait OCB=

ACB, ce qui est impossible; donc on ne peut supposer

AB différent de AC; donc les côtés AB, AC, opposés aux

B t t



angles égaux B et C, sont égaux.

PROPOSITION XXI.

THEOREME.

ftg.232. /A< M/<<<<' ~/tC'/7~MC ABC, J/«~/C A ~'<

~7M7M/ que ~e B~ le CO~ BC <W~C ''< /'<:<7e A

J'M ~M~ grand que le C~~C AC 0/C /'< B

/' MC/ ?/ le c~~e BC ' MJ' / / CA

HVRiEV)). a3~.< f~M.~ ««.f <&<.r c~ DE, DF, ~< triangle DE F

tracé sur une jyj/tC/ ~'<g .K ~M /Me/77C temps /'<'<

~7e A est plus g7YMf/ que /7e D, je dis <yM6le troi-

.M~/Me 6Y. BC </M~C/mc/' triangle ~C/'a~A~ ~<]!/?.~yM<?

le ~o/.y/c/?!c EF du second.La démonstration est absotument semblable à celle <)e

la prop. xi, liv. r.

PROPOSITION XXIII.



THEOREME.

Si f~M/C ~/V'<y?~~ <<i!C<~ sur la /M~C ~<? CM .fM/

<y .y~.<°r<?~ égales sont c<yM/ e/c CM.t. /i se-

/'0~ aussi équilatéraux.

Soient A et B les deux triangles donnés, P et Q leurs

triangles polaires. Puisque les angles sont égaux dans les

triangles A et B, les côtés seront égaux dans les polaires P

et Q* mais de ce que les triangles P et Q sont .équilaté- *;s

238 GEOMET1UE.être égaux. Il n'est donc pas surprenant que l'égalité des

angles entraîne l'égalité des cotés.

Il en serait autrement si les triangles étaient tracés sur

des sphères inégales; alors les angles étant égaux, les

triangles seraient semblables, et les côtés homologues se-

raient entre eux comme les rayons des sphères.

PROPOSITION XXIV.



THEOREME.

t La ~ow./?~ des <ï/~7e.y f/e tout /M/c ~Aey/~Mc

est ~o~/r<? que < gv<7/~ que deux droits.

2° Le plus petit a/e <ï~/?!e/ï~ de <~CM.'c droits e.ti!

plus grand que la ~0/?!/?ïe des </<?H/C ~M~e~

i" En effet, la mesure de chaque angie.d'un triangle

sphënque est égale à la demi-ciiconférencc, tnotns ]e côté

r opposé du triangle polaire* Donc la somme destrois angles

HVREVU. 23()dans la surface de la sphère; c'est ce que l'on voit par la

6g. 236, en supposant l'arc MN égal à un quadrant.

a" Soient A, B, C les angles du triangle, et A le plus

petit; i8o°–A, ï8o"–B, ï8o°–C seront les côtés du

triangle polaire; or on a

i8o–A<i8o–B+ï8o–C,

d'où ajoutant de part et d'autre A-t-B-~C, et retran-

chant 180, on'déduit

B+C<i8o°+À



B+C<i8o +À.

Avec trois angles A, B, C qui satisfont aux conditions

énoncées dans ce théorème, on peùt former un triangle

sphériquë, car ce sont les conditions nécessaires et suffi-

santes pour qu'on puisse construire un angle trièdre avec

les trois angles dièdres A, B, Ç.

Scolie. Nous avons supposé dans tout ce qui précède,

que les triangles sphériques ont leurs côtés toujours plus

petits que la demi-circonférence; nous observerons cepen-

G~OM~TtUr'.240et les cotés du tr!:)ng)e de même nom qui est le reste d<* la

demi-sphère.

DEFfNITJONS.

I. On appelle fuseau la portion de la surface de la sphère

comprise entre deux demi-grands cercles qui se terminent

à un diamètre commun.

II. L'onglet sphérique est la partie du volume de la

sphère comprise entre les mêmes demi-grands cercles, et

à le fuseau sert de base



à laquelle le fuseau sert de base.

III. La pyramide sphérique est la partie du solide de la

sphère comprise entre les plans d'un angle solide, dont le

sommet est au centre; la base de la pyramide est le poly-

gone spherique intercepté par les mêmes plans..

Lorsque deux polygones sphériques coïncident, les py-

ramides dont ils sont les bases coïncident également.IV. Nous appellerons pyramides sphériques symétriques

celles qui ont pour bases des polygones symétriques.

LtVHE VU.

2~t

AMBN; le rapport de ce fuseau à la surface de la'sphèresera donc aussi il sera donc le même que celui de l'arc

MN à !a c irconférence MNPQ.Si l'arc MN n'est pas commensurable avec la circonfé-

rence, on prouvera, par le raisonnement connu, que le

fuseau est toujours à la sphère comme l'arc MN est à lacirconférence.

Af~M/e~H'~M~eaH. Soient F, F~ deux fuseaux dont les

angles sont A et A', on a, d'après le théorème ci-dessus1

F sph. A 4~,



p ,

et F sph. A' 4~,d'où F F' A A~. (i)

Si donc on veut mesurer un fuseau en )e comparant à

un autre fuseau pris pour unité, on voit, par la proportion

ci-dessus, qu'il suffit de chercher le rapport des angles de

ces fuseaux.

Supposons qu'on prenne pour unité de fuseau F', celui

dont l'angle est droit, la proportion (i) devient

GEOMETRO!>aa4?

Donc, le rapport d'un fuseau au triangle trirectangle est

égal au rapport du double de son angle à un droit; ou bien,

en d'autres termes, un fuseau a pour mesure )e double de

son angle.

~co~e. On verrait auss~ qu'un onglet est au volume de la

sphère comme son angle esta droits; et qu'un ongtet a

pour mesure son angle, en prenant pour unité de volume

l'onglet'droit, et pour unité d'angle, l'angle droit; ou bien

le double/de son angle, en prenant pour unité de volume

la pyramide trirectangle, qui est la moitié de l'onglet droit,

et pour unité d'angle l'angle droit: C



e pour unité d'angle, l'angle d o :

PROPOSITION XXVI.

= 1)¡JTHEOREME.

t.g.217.

Deur

<M/~<?.y sphériques' symétriques .yo~M:<°~.yMr/Mc<°.

SoientABÇ,'DEF deux triangles symétriques,c'est-a-dirc

nyRE yn ~3

ACB, opposés aux côtés égaux D E, AB, étant égaux, si on

en retranche les ang)es DFQ, ACP, égaux par construc

tion, it restera 1 angle QFE égal à PCB. D'ailleurs les côtés

QF, FË, sont égaux aux côtes PC, CE donc lès deux trian-

gles FQË. CPB, sont égaux dans toutes leurs parties donc'¡& .l~ .JI. ¿'

!ecoté'(~~PB,ran~eFQE=~ sJ ,1'fJl.H..J-c, JJ¡.I H h.t tSi 'on observe maintenant que les triangle's D FQ, ACP,

oui ontJes côtés égauxdiacun.à chacun, sont en même-tff~ ..s':t:7q -t:3;< .ji;temps isoce)es,tQn verra quits peuvent s appliquer tun sur

If::f.o.J" (1.)\1.ciu ils J' .1. quer un sur

l'autre donc Us sonf~saux~ donc la surface DQF=~APC.:fl'~r~h').; t/ijt.tt' <tP<0.f ]. f;' .f. .i!Par une raison semblable, la surface FQE=CPB, et )a



surface DQE=:APB; donc on a DQF+FQE-DQE==APC+CPB–APB, ou DTÈ=ABC; donc les deux trian-

gles symétriques ABC, DEF, sont égaux en surface.

~co//c 1. Les pôles P et Q pourraient être situés au dedans

des .tnangies ABC DEF; ajprs faudrait ajouter les trois)~I.t ,j,. · ~),) '1J11,I..triangles DQF, FQE, DQE, pour en composer !e triang)e-°, ;),~ 't:J~J.i~ v

DEF, et pareillement il faudrait ajouter les trois tnangies

APC, CPB, APB, pouren.compos'erIetria~g)e.ABC; d'ai!-

leurs ~a (lëmohstration et la conclusion seraient toujours

GEOMETRE.~4

d'autre OB, on aura BN=:AO. Par une raison semblable,

on a DN==CO, et BD= AC; donc les deux triangles

AOC, BDN, ont les trois côtés égaux; d'ailleurs leur posi-tion est telle qu'ils sont symétriques l'un de l'autre; donc

ils sont égaux en surface*, etlasomme des triangles AOC,

BOD, est équivalente au fuseau OBNDO dont l'angle est

BOD.

Scolie. Il est clair aussi que les deux pyramides sphé-

riques qui ont pour bases les triangles AOC, BOD, prises

ensemble, équivalent à l'onglet sphérique dont l'angle est

BOD



BOD.

PROPOSITION XXVIII.

THEOREME.

Cg.239.

La surface <~M/~ ~M/e sphérique quelconque a

pour mesure l'excès de la somme de ses trois <X/!g7~'JM/' deux angles droits.

Soit ABC le triangle proposé; prolongez ses côtés jus-

LIVRE VII. 245

unité de surface et l'angle droit pour unité d'angte le

fuseau a pour mesure le double de son angle, et que ta

demi-sphère, qui peut être considérée comme un fuseau

dont l'angle est 2 droits, a pour mesure droits donc

on a

Scolie I. Si les angles du triangle sont donnés par les

nombres de degrés des arcs qui leur servent de mesures,on retranchera 180° de leur somme, et on cherchera le

de la différence à



rapport de la différence à

00°.~Y~'ea~oK. Soient A= yo° ïo', B == 60" 20'; C==8o°;

en retranchant 180° de la somme de ces arcs, on trouve

pour différence 30° 30'; et pour obtenir le rapport de

30° 3o' à 90°, il faut réduire ces deux nombres de degrésen minutes, et diviser le premier nombre par le second;

on trouve ainsi que le triangle proposé est les ~§ ou te -1du triangle trirectangle.

Scolie II. On démontrerait semblablement qu'une pyra-

a~ GKÔAl~

partagé en autant dé triangles moins deux qu~! ade''côi:ësj

Mais la surface de chaque triângtë a bbur 'mesùrêia

somme de ses angtes moins deux ahglès droits, et i l ës~

clair que la somme de t'duS tes angles destriangtes ès~

égale à la somme des angles du polygone donc lu surface

du polygone. a pour mesure la somme de ses ,ang)es dimi-

nuée d'autant de fois deux angles droits qu'il a de côtés

moins deux..

Scolie. Soit s la somme des. ang)es d'un polygone sphé-

rique,. /z le nombre de ses côtés; l'angle droit étant sup-

la surface du aura mesure



posé l'unité, la surface du

polygone aura

pour mesure

~–2(/t–a)ou~–2M+4.

PROPOSITION XXX:

THÉOR~1FIE.

Soit S lè nombre des' angles solides <a/o~'e~e, H /e ~om~c

de ses faces, A le nombre de ses a'e~c <~ <yM'o/? ?;<<! tois-

LIVRE VU.

247

tant de foisqu'it y a d'anges solides; et)": est donc cgate à ~S.

Ensuite le Ububte du nombre des côtes AB, BC, CD, etc., est égat-

au quadruple du nombre des arêtes bu == ~À, puisque la, même

arête sert de côté à deux faces donc on aura 8 =- ~S–4~*t'4~H

ou en prënattt lé quart de chaque membre, a = S–A+H;dbnë

S+H=A.+9.S+H- A+2. `.,Iiime ià!Corollaire. H suit de là que la ~omme ~M ~g'/e~ qui

,/of/MM~ les angles solides dut /o/y<K/e est égale <! autant de fois

quatre angles droits ~M't7~' a ~'M/!ifM f& S 2, S étant le nom-

bre des angles ~oMe.? f/M polyèdre.

Car, si on considère une face dont le nombre de côtes est.n, la

somme des angles de cette face sera 2~– 4 angles droits. Mais



angles 2 4 angles

la somme de tous les 2n, ou le double du nombre des côtes de

toutes les faces, == /iA, et pris autant de f ois qu'il y a de faces

= 4H; donc la somme des angles de toutes les faces =: ~A–4H

Or, par te théorème qu'on vient de démontrer, on a À–H==S;–2,

et par conséquent 4A–~H == 4 (S–2). Donc là .!om//ië angles

plans, etc.

Ce thëoi-ëmë, qu'Ëuter a démontre le premier dans les Mé-

moires de Petersbourg, année t~SS, offre ptusieurs conséquences

qui méritent U'cti'c déve!op'pées

G~UM~TUtE.

Ainsi dans tout potycdre on a toujours A~>~H,etS~>2-r-~H,

ou il faut observer que le signe ~> n'exclut pas )'ég<i)ité, attendu

qu'on pourrait avoir M:=~o.

Le nombre de tous les angles plans du potyedre est a A, celui

des angles solides est S, de sorte que le nombre moyen des an-

zA

gles plans qui forment chaque angle solide est

Ce nombre ne peut être moindre que 3, puisqu'il faut au u'olus

trois angles plans pour former un angle solide; ainsi on doit

avoir 2 A ~> 3S, le signe ~> n'exc)uant pas l'égalité. Si on met au

lieu de A et S leurs vajeurs en H et M, on aura 3H-t-M~>6-{-

ou Remettant les valeurs de H et M en



~H-t-~M, ou

3H~> t2-)-M. Remettant les valeurs de H et M en

a, &, c, etc., il en résultera

3a-t-&-t-e~>i2-(-<-+a/r-3g'-)-etc.

d'oH )'on voit que a, b, c, ne peuvent pas être zéro à la fois, et

qu'ainsi il n'existe aucun polyèdre dont toutes les faces aient plus

de cinq côtés.

Puisqu'on a H~><)-~ M, la substitution dans les valeurs de Set de A donnera S~> 4+§M, etA~>6+M. Maison même temps

o n a M <: 3 H–n; et.de)ài)résu)teS<;2H–4,etA<;3H–6,

LIVRE vu. 249

de ce que M<(H– M), on tire les limites S<;§(H–a),A<;

~(H-2).

On ne peut supposer 2 A==6S; car on a en générât 2A -T-2 M

-)-i?.==6S; donc il n'y a aucun potyèdre dont tous les angles

solides soient formes de six angles plans ou plus; et en effet, la

moindre valeur qu'aurait chaque angle plan, l'un portant l'autre,

serait l'angle d'un ttiangte équilatéral, et six de ces angles fe-

raient quatre angles droits, ce qui est trop grand pour un angle

solide.

4° Considérons un polyèdre dont toutes les faces soient trian-

gulaires, on aura M==o, ce qui donnera A==~H,etS==a-)-~H~

Supposons en outre que t ous les angles solides du polyèdre



soient en partie quintuplés, en partie sextuples; soitp le nombre

des angles solides quintuples, q celui des sextuples, on aura

S==/)-<y, et 2A==5/?'-)-6'y, ce qui donne 6 S–2A.=~ mais

on a d'ailleurs A=§H, et S==a-r-~H;donc/?==6S –aA==ta

Donc si un ~o/cc~-e a toutes ses faces /r/<u~f're~, et que ses an-

gles solides soient en partie yKMhy~, en partie sextuples, lef a n-

gles solides quintuples seront toujours au nombre de 12. Les sex-

tup)ps peuvent être en nombre quelconque ainsi, en laissant q

indéterminé, on aura dans tous ces solides S==ia-r-H=20

GEOMETîUE.d5o

S–/? sommets exigerai 3S–3/? données, ai)xque))es ajoutant )es

a~– 3 de ta base, on aurait en tout 3S –/) 3. Mais ce nombre

est en générai t rop grand, doit être diminue du nombre de

conditions nécessaires pour que t'essommets qui répondent à une

même face soient dans un même ptan. Nous avons appeté ri Je

nombre de côtes de )a base, appelons de même /< etc., les

nombres de côtes des autres faces. Trois points déterminent ni)

plan; ainsi ce qui se trouvera de plus que 3 uails chacun des

nombres etc., donnera autant de conditions pour que les

différents sommets soient situés dans tes plans des faces aux-

quettes ils appartiennent, et le nombre tota) de ces conditions

sei-aegidh tasommc(/3)-r-(/3)+(~3)+etc. Mais le



nombre des termes de cette suite est H–), et d'aiHeurs /)-(-

/etc.==2A.: dortc là somme de ta suite sera aA.<–

3 (H i). Retranchant cette sommé de 3 S 3 ,-it restera

3S–aA-t- 3H–6,quaht!te qui, à cause de S-t-H==A-t-2, se

réduit a A: î)onc le /:oM&rc f/e ~o/pM 7/e'cM.M/t'~ /?o7tr <7e/cr-

M/c/'Myjd/~&/ri?, ~)<.tr/M/ <o;M ceM~'cM M më/~e e.~cee, M~c~/ NM

7:o/&c de ~e~ ar~e.t.

Remarquez cependant que les données dont il s'agit ne doivent

pas être prises au hasard parmi les lignes et tes angt'es qui consti-



GEOMÉTME.z5a

données; ce triangte sera regardé comme la base du solide, en-

suite les sommets hors de cette base seront au nombre de S.–3;

et la détermination de chacun d'eux exigeant trois données, il

est clair que le nombre total de données nécessaires pour déter-

miner le potyédresera3-r-3 (S–3), ou 3 S–.6.

Il faudra donc 3 S– 7 conditions pour que deux polyèdres quiont un égal nombre S d'angles solides soient semblables entre

eux.



UVREVH. ~53

APPENDICE AUX LIVRES VI ET VII.

LES POLYÈDRES RÉGULIERS.




THËOR&ME.

7/ ne /?M<< avoir que cinq po~e~yc~ réguliers.Car on a défini po~'<M/M T'~K/f ceux dont toutes tes faces

sont des polygones réguliers égaux, et dont tous les angles solides

sont égaux entre eux. Ces conditions ne peuvent avoir lieu que

(tans unpetit nombre

de cas.

1° Si les faces sont des triangles équitatéraux, on peut former

chaque angle sotide du polyèdre avec trois angles de ces trian-

~°~?~-

cinq polyèdres existent réeUement, et qu'on peut en déterminer

toutes les dimensions lorsqu'on connaît une de leurs faces.

PROPOSITION II.

1PRO ME.

Étant donnée /'<e f/e.f faces f/'KM y~e~e 7'~</My, ou ~<?;c-

ment son cd~c, construire /e/;o/)~e~c.

Ce problème en présente cinq, qui vont être résolus succes-

sivement. ")-

Construction dit tétraèdre.



Soit ABC le triante equiiatéral qui doit être une des faces ()u

tétraèdre; au point 0,.cen~:r.e do ce triante., e.t~y,t'z QS per))en-

dtcutaireau pt:t)i ABC,,teKn~nsKce~tq perpendiçntaire au point S,

.~S=?~H?.J"ë~ SB,;5C, .eH.a pyra!t)tde SAHC

~?'~ff~~rW~Car,. à cause des distances égales RA, .OB, Op., ')M obliques

SA.SB, S.C s'écartent e.'aiement de ]a ))erj'cndicu)airc SO <'t.t e < <?, .lx, ~1., .(. t $0 t-t

sontésatL's.~L'une d'cUes SA.==AB; donpies'quatre faces.de).)-i'Jt'~JJ ~u~.< 'jij~v. 'i. ~!r.i'

SABC sont des triangtes ~gaux au trja))g)e dp nnt! ABC.

I~Byi~ a55

TA., etc., vous aurez unsojid~ SABCDT, compose de deux pyra-

midesquadrangutau'es SABGD, TA!~CD, adossées parleur base

commune ABCD; ce solide sera l'octaèdre ré~utier demandé. j-)~ '-< °. ~-f.

En effet, le triangle AQS est rectangle en 0, ainsi que le

triande AOD; les côtés AO, OS, OD, sont éeaux;donc ces

f .<t c ?t ? <t < .H 't

trianftes sont éeanx, donc

AS == AD.

On démontrera de

mêmeL- < i .i. ~i~i *tL J -i, ,t.~ iaLt.'que tous tes autres triangtes rectangles AQT.BQS, C.OT, etc.,

sont égaux au triangte AOD donc tous les cot);s AB, AS, AT, etc.,

sont eeaux entre eux, et par conséquent le sutide SABCDT est

compris sous huit trianctes efaux au trianfte éouitaterat donne

ABM. Jedis de ptus que tes angies ~q)idcs du..polyèdre

sout

égaux entre eux par exempte, t'angte S est égal à !PS~ B.



Car it est visible que le tnangtc SAC est egat au,triangle DAÇ,

et qu'ainsi t'angte ASC est droit; donc ta (igure SATC est~'uncarré égat a u carré ABCD. Mais si on compare )a pyramide

BASCT à la pyramide SABCD, ta base ASCT de ta pre,miere peu,t

se placer sur ta base ABCD de la seconde, alors le point 0 étant

un centre commun, ta hauteur OB de ta- première coïncidera

avec ta.hauteur OS de la seconde,,et te~ deux pyramides se

confondront en une seute; donc l'angle solide S est égat à

t'angte sptide .B;. donc le solide SABpDT est un octaèdre

GÉODIÉTRIE.256

convexe PFGH, etc., composée de six pentagones réguliers,

Bgaux et inclinés chacun sur son adjacent de la même quantité K.

Soit /<,etc., une seconde surface égaie à PFGH, etc., je dis

que ces deux surfaces peuvent être réunies de manière a ne for-

mer qu'une seule surface convexe continue. En effet, l'angle opf,

par exemple, peut se joindre aux deux angles OPB,BPF, pour faire un angle solide P égal à l'angle B; et dans cette jonction il

rie sera rien changé à l'inclinaison des plans BPF, BPO, puisquecette inclinaison est telle qu'il le faut pour la formation de

l'angle soude. Mais en même temps que l'angle solide P se forme,

lé côté pf s'appliquera sur son égal PF, et au point F se trouve-

ront réunis trois



angles plans PFG, pfe, efg, qui formeront unangle solide égal Hchacun des angles déjà formés, cette jonctionse fera sans rien changer ni l'état de l'angle P, ni à celui de la

surface e/g7', etc.; car les plans PFG, c~, déjà réunis en P,ont entre eux l'inclinaison convenable K, ainsi que les plans

efp. Continuant ainsi de proche en proche, on voit que les deux

surfaces s'ajusteront mutuellement l'une avec l'autre, pour ne

former qu'une seule surface continue et rentrante sur eHe-méme

cette surface sera celle d'un dodécaèdre régulier, puisqu'elle est

d d t

uvREvn. a5y

avec deux angles de triangtcs equi)ateraux et un de pentagone

régulier. Appelons K l'inclinaison des d eux plans où sont les

ang)es égaux l'angle K sera en même temps i'inctinaisou

de chacun des plans qui composent t'angtc so!ine A'sur son

adjacent.

Cela pose,sion fait aux points A, B, C, desaugies solides égaux

chacun à l'angle A', on aura une surface convexe DEFG, etc.,

composée de dix triantes équilatéraux dont chacun sera

incliné sur son adjacent de la quantité K; et. les angles D,

H, F, etc., de son contour reuniront alternativement trois

et deux angles de triangles equitateraux. Imaginez une seconde

surface égale à la surface DEFG, etc. ces deux surfaces

ll j i t h l



pourront s'adapter mutuellement, en joignant chaque angle

triple de l 'une à un angle double de l'autre et comme les plans

de ces angles ont déjà entre eux l'inclinaison K nécessaire pour

former un angle solide quintuple égal à )'ang!e A, il ne sert

rienchangé

dans cette jonction à )'etat de chaque surface en

particulier, et les deux ensemble formeront une seule surface

continue, composée de vingt triangles équilatéraux. Celte sur-

face sera celle de l'icosaèdre régulier, puisque d 'ailleurs tous les

ang)esso)ides sont égaux entre eux.

258 GEOMETRIE.

<!g.244.

fig. 245.

Cg.246.

<:g.247.

Dans /A-Mc~e. L'angle de deux faces adjacentes est un angto

droit. t,

Dans l'octaèdre. Formez un angle solide avec deux angles de

triangles équiiatcraux et un angle droit t'inc)maisôn des deux

plans où sont les angles des triangles sera celle de deux faces

adjacentes de l'octaèdre.

Dans le dodécaèdre. Chaque angle solide est formé avec trois

angles de pentagones réguliers ainsi l'inclinaison des plans de

deux de ces angles sera celle de deux faces adjacentes du dodé-

caèdre.

.Dans l'icosaèdre. Formez un angte solide 'avec deux angles de

triangles equitatéraux et un angle de pentagone regu)ier,rin-

li i d d l ù t l l d i l



clinaison des deux plans où sont les angles des triangles sera

celle de deux faces adjacentes de l'icosaèdre.

PROPOSITION IV.

-PROBLEME.

'Étant donné le ed<e t/'HM polyèdre régulier, ~oMf'c?' le /<~o/< f/e

la hè M~c~e et celui de la hè circonscrite ait / /

nvRE vu. a.5g

au ptau CDE, le p)an ABC est perpendiculaire à CDE*, ou *x8,5.

CDE à ABC; d'ailleurs CO, dans le plan CDE, est perpen-

diculaire à CD, intersection commune des plans CDE, ABC;

donc CO est perpendiculaire au plan ABC. Par la même *~i)'S.

raison EO est perpendiculaire au plan ABE; donc les deux

perpendiculaires CO, EO, menées aux plalls de deux faces adja-

centes par les centres de ces faces, se rencontrent en un même

point 0 et sont égales. Supposons maintenant que ABC et ABE

représentent deux autres faces adjacentes quelconques, l'apo-

thème CD restera toujours de la même grandeur, ainsi que

l'angle CDO, moitié de CDE; donc le triangle rectangteCDO

et son côté CO seront égaux pour toutes tes faces du polyèdre;

d si du

i t 0 comme centre et du OC on décrit



donc, point rayonune sphère, cette sphère touchera toutes les faces du polyèdre

dans leurs centres (car les plans ABC, ABE, seront perpendi-

culaires à l'extrémité d'un rayon), et la sphère sera inscrite dans

le polyèdre, ou le polyèdre circonscrit à la sphère.

Joignez OA, OB; à cause de CA==CB, les deux obliques OA,

OB, s'écartant également de la perpendiculaire, seront égales;

il en sera de même de deux autres lignes quelconques menées

du centre 0 aux extrémités d'un .même coté; donc toutes ces

GKOMETKH;.260

Car les triantes rectangles CDO, CAO, de la tig. 2/)Q,

sont égaux auxttiang)esdemémenomdans)a[igure'a/)8:

ainsi, tandis f]))e CD et ÇA sont les rayons des curetés inscrit t

et circonscrit a une face du potyèdre, OC e t OA sont les rayons

des sphères inscrite et circonscrite au même polyèdre.

Scolie. On peut t irer des propositions précédentes plusieurs

conséquences.

1° Toutpotyèdre régulier peut être partagé en autant de pyra-

mides régulières que le polyèdre a de faces le sommet commun

de ces pyramides sera le centre du polyèdre, qui est en même

temps celui des sphères inscrite et circonscrite.

2" La solidité d'un polyèdre régulier est égale à sa surface



.2" La solidité d'un polyèdre régulier est égale à sa surface

muttiptiée par le tiers du rayon de l a sphère inscrite.

3" Deux polyèdres réguliers de même nom sont deux solides

semblables, et leurs dimensions homologues sont proportion-

nelles donc les rayons des sphères inscrites ou circonscrites

sont entre eux comme les côtés de ces polyèdres.

4" Si on inscrit unpotycdrc régulier

dans unesphère,

lesplansmenés du centre tetong des différentscôtés partageront la surface

de la sphère en autant de polygones sphériques égaux et sembla-

HVRKYIH. a6t

LIVRE VIII.

LES TROIS CORPS RONDS.

DÉFINITIONS.

I. On appelle c~<c le solide produit par la révolu- Cg.o

tion d'un tourner autour



tion d un rectangle ABCD, qu'on imagine tourner autour

du côté immobile AB.

Dans ce mouvement les côtés AD, BC, restant toujours

perpendiculaires à AB, décrivent des plans ;circulaires

éga'tx DPH, CGQ, qu on appelle les bases a~K cylindre, et

la ligne CD, appelée génératrice, en décrit la surface laté-

rale.

La ligne immobile AB s'appelle I'<M'e~M cylindre.

GÉOMÉTRIE.,a6a

Toute section HKFI, faite perpendiculairement 1 axe,

est un cercle; toute section SDE faite suivant l'axe, est

un triangle i socèle double du triangle générateur SAB.

111. Si du cône SCDB on retranche par une section

parallèle à la base, le cône SFKH, le solide restant CBHF

s appelle cône tronqué ou tronc de eo/M.On peut supposer qu'il est décrit par la révolution du

trapèze ABHG, dont les angles A et G sont droits autour

du côté AG. La ligne immobile AG s'appelle l'axe ou la

hauteur du tronc; les cercles BDC, HFK, en sont les bases,

et BH en est le côté.

IV Deux li d ou deux cônes sont senzblables



IV. Deux cylindres ou deux cônes sont senzblables

lorsque leurs axes sont entre eux comme les diamètres de

leurs bases.

Kg.sM. V. Si; dans le cercle ACD quisert de base à un cylindre,

on inscrit un polygone ABCDE, et que sur la base ABCDE

on élève un

prisme

droit

égal

en hauteur au

cylindre,

le

prisme est dit inscrit dans le cylindre, ou le cylindre C!

conscrit au ~M//M.

LIVRE VIIT. 263

VII. Nous répéterons ici. que nous entendons par sur-

face convexe, une surface telle que par chacun de ses pointson peut mener un plan qui la laisse tout entière d'un

même côte.

La sphère est une surface convexe, car le plan tangenten chaque point laisse toute la sphère d'un même côté.

La surface du cylindre est aussi convexe, car si par un

de ses points on mène la génératrice correspondante, et la

tangente à la hase par l'extrémité de cette génératrice, le

plan mené par ces deux droites laissera d'un même côté

toute la surface du cylindre.On verrait de même

que la surface du cône est convexe.



que

LEMMES PREHMtNAIRES SUR LES SURFACES.

I.

Une JM//MCe~e OABCD ~)~/?<?~C que <<?M~

264 GÉOMÉTRIE.

retranchera sera plus grande que le plan terminé à la même

*tem. r. surface*: donc, en conservant le reste de la surface PABCD,

on pourrait substituer le plan à la partie retranchée, et on

aurait une nouvelle surface qui envelopperait toujours

la surface:OABCD, et qui serait plus petite que PABCD.

Mais cene-ci est ia plus petite de toutes par hypothèse,

donc cette hypothèse ne saurait subsister, donc la surface

convexe OABCD est plus petite que toute autre surface qui

envetopperait OABCD et qui serait terminée au même

contour ABCD.

Scolie. Par un raisonnement entièrement semblable on

prouvera~



.prouvera6g.56. 1° Que, si une surface convexe terminée par deux con-

tours ABC DEF, est enveloppée par une autre surface

quelconque terminée aux mêmes contours, la surface en-

veloppée sera la plus petite des deux.

6e 2S? 2" Que, si une surface convexe AB est enveloppée de

toutes parts par une autre surface MN, soit qu'elles aientdes points, des lignes ou des plans communs, soit qu'elles

n'aient aucun i 'de la surface ) é

LIVRE VItf. 265

Le volume du est évidemment i



Le volume du cylindre est évidemment compris 'entre

les volumes de ces prismes; de plus si l'on double Indé-

finiment le nombre des côtés de leurs hases, ces prismes

iront sans cesse en s'approchant du cylindre car les pris-

mes circonscrits diminuent, tandis que les prismes inscrits

augmentent enfin on

aura établi que ces prismes ont

pour limite commune le volume du cylindre, si l'on démontre

que la différence entre un prisme circonscrit. et le prisme

266 GEOMETRIE.

Corollaire I. Les cylindres de même hauteur sont entre

eux comme leurs bases, et les cylindres de même base

sont entre eux comme leurs hauteurs.

Corollaire II. Les cylindres semblables sont comme les

cubes des hauteurs, ou comme les cubes des diamètres des

bases. Car les bases sont comme les carrés de leurs dia-mètres et puisque les cylindres sont semblables, les dia-

def.4. mètres des bases sont comme les hauteurs*: donc les bases

sont comme les carrés des hauteurs; donc les bases mul-

tipliées par les hauteurs, ou les cylindres eux-mêmes, sont

comme les cubes des hauteurs.

Scolie. Soit R le rayon de la base d'un cylindre H sa



rayon cylindre,

hauteur, la surface'de la base sera ~R~, et la solidité du

cy)indresera~R~xH,ou~R~H.

PROPOSITION IL

THEOREME.

La ~M//<xc~ latérale ~M/z prisme droit a yp<?M/' ~c-°

LivnEvm. a6y

que ce~/c <7(? tout prisme //MC/7<, e<yj'c~<? que /<)!

.m/ace ~~c/'<x~ de tout /)/'Mwe c<co/~c/<.



1° Soient ABDE une des faces du§ prisme inscrit, et

ACBDFE le fuseau cylindrique correspondant, je dis qu'on

a ABDE < ACBDFE.

En effet, supposons d'abord qu'on ait ABDE > ACBDFE,

et qu'il existe une différence d entre ces deux surfaces.

Prolongeons la hauteur AE du cylindre jusqu'en G, de

manière AG soit à m fois AE et l

268 GEOMETRtE.

Supposons, en second lieu, qu'on ait ABDE==ACBDFE.

Menons par le milieu C de.t'arc AB la génératrice CF, et les

cordes AC, CB; on a dans le triangle ABC,AC+CB> AD;

donc, puisque les trois rectangles EC, FB, EB, ont la même

hauteur, la somme des deux premiers est plus grande que

le troisième EB, ou, ce qui est la même chose, que le fu-

seau ACBFE; donc le rectangle EC, moitié de la somme

des rectangles EC, FB serait plus grand que le fuseau

ACFE, moitié du fuseau ACBFE; ce qui est impossible,

d'après la première partie de la démonstration.

La face ABDE ne pouvant être ni plus grande que le

fuseauACBDFE,

niégale

à cefuseau,

est nécessairement

d l f du i it t i d



gmoindre; donc la surface du prisme inscrit est moindre

que celle'du cylindre.'

DVMVtH. ~9

si l'on supposait ABFE==AC+DF, en menant les tan-

gentes QR, ST par les milieux des arcs AE, BF, et remar-

quant que la ligne brisée AQRE est plus petite que

AD-t-DE on conclurait que la somme des rectangles AS,

QT, RF, est moindre que AC-(-DF ou que le fuseau ABFE;

et en prenant la

moitié de part et d'autre, que

la somme

des rectangles AS, QV, est moindre que le fuseau cyiin-

drique ABVP, ce qui est impossible d'après ce.qui a été

dit ci-dessus.



Donc le fuseau BFEA est plus petit que AC+GE, doncla surface du cylindre est moindre que celle du prismecirconscrit

GEOMETRIE.2~0

Inscrivons et circonscrivons à la base du cylindre deux

polygones réguliers semblables, et construisons les prismes

droits ayant pour bases ces polygones, et même hauteur

que le cylindre.

La surface latérale du cylindre est comprise entre les

surfaces des prismes inscrit et circonscrit, et l'on

prou-verait, comme dans la proposition 1, qu'en doublant in-

définiment le nombre des côtés de leurs bases, les surfaces

des prismes inscrits et circonscrits ainsi obtenus, auraient

pour limite commune la surface du cylindre.

Cela posé, soit H la hauteur du cylindre désignons en

outre par S la surface d'un prisme circonscrit, et par P le



périmètre de sa base, on a

S=PxH.

Or, les quantités S, et PxH, varient, quand on double

sans cesse le nombre des côtés du polygone circonscrit,

et ont pour limites,

la surface ducylindre

et' cire. X H;

donc

Surf li d cire X H

LIVRE ViU. a~t

Inscrivons et circonscrivons à la base du cône deux po-

lygones réguliers semblables, et prenons-les pour bases de

pyramides ayant pour sommet le point S.

Les volumes decespyramides comprennententre eux le

volume du cône; et si l 'on double indéfiniment le nombre

des côtés de leurs bases, en conservant le même sommet,

les volumes des pyramides inscrites et circonscrites auront

pour limite commune le volume du cône (même démons-

tration que dans la proposition 1 ).

Soient donc H la hauteur du cône, V le volume d'une

pyramide circonscrite, B la surface de sa base on aura

HV B

i (i)



V==Bx~;( )

et, en prenant les limites des deux membres de cette

égalité,

HVol. cône cerc. X

Co7'o//<7/e. Un cône est le tiers d'un cylindre de même

base et de même hauteur d'où il suit,

GEOMETiUE.272

Soit TFGH une pyramide triangulaire de même hauteur

que le cône SAB, et dont la hase FGH soit équivalente à

la hase du cône. On peut supposer que ces deux bases sont

placées sur un même plan; alors les sommets S et T seront

à égaies distances du plan des bases, et le plan EPD pro-

longé fera dans la pyramide la section IKL. Or je dis que

cette section IKL est équivalente à la base DE; car les

hases AB,DE,sont entre elles comme les carrésdes rayons

AO, DP, ou comme les carrés des hauteurs SO, SP; les

triangles FGH, IKL, sont entre eux comme les carrés de

ces mêmes hauteurs; donc les cercles AB, DE, sont entre

eux comme lestriangles FGH,

IKL.Mais, par hypothèse,

le i l FGH est é i l t au cercle AB; donc le trian-



le triangle FGH est équivalent au cercle AB; donc le trian

gle IKL est équivalent au cercle DE.

Maintenant, la hase AB muttiptiée par -~SO est la soli-

dité du cône SAB, et la base FGH muttiptiée par ~SO est

celle de la pyramide TFGH donc, a cause des bases équi-

valentes, ta solidité de la pyramide est égale à celle ducône. Par une raison semblable la pyramide TIKL est

ô d le tronc de cône ADEB est

LIVRE VfU.2~3

<x/V.W /Mf.fM/'e le périmètre de sa base /7M<<e~M/' la

~M«'e de /'<o~<7~ SI (*).

En effet, la surface latérale de la pyramide régulière se



compose des triangles isocèles égaux SCD, SBC, SAB.

or on a

SCD=CDx~,2

SBC==BCx~ 2

SAB AB

a?4 GEOMETRtË.

Soient OA le rayon de la base du cône, et SA le côté.

Inscrivons et circonscrivons au cône deux pyramides ré-

gulières, ayant pour bases deux polygones semblables.

On peut d'abord reconnaître facilement que la surface



du cône est comprise entre les surfaces de ces deux pyra-mides régulières; car si à la figure ci-dessus on adosse

par la base une figure parfaitement égale la surface du

double cône enveloppera de toutes parts la double pyra-

mide inscrite, et sera

enveloppée par

la double

pyramidecirconscrite donc la première surface sera plus grande

que la seconde, et moindre que la troisième; et en pre-

LIVRE Vl)t. 2~5

Or on sait qu'en multipliant indéfiniment le nombre

des côtés des bases, P et p différeront d'aussi peu. qu'on

voudra de plus on a dans le triangle SAt, SA.–SI'<Al,

quantité qui a pour limite zéro donc (*) la différences–~

peut être rendue moindre que toute grandeur assignable,

d'ailleurs la surface du cône est toujours. comprise entre

S et s donc elle est leur limite commune.

Or on a S PSA

iOr on a S == P X ?22

donc en prenant les limites des deux membres,

SASurf. cône cire. X

2



Scolie. Soit L le côté d'un cône, R le rayon de sa base,

ia circonférence de cette base sera 2!rR, et la surface'du

cône aura pour mesure a~R X~L, ou ~cRL.

PROPOSITION IX.

THEOREME.

CËOM~TRfJi.a~6

AO DC, ou circ. AO cy/'c. DC. Mais par constructionAF == circ. AO; donc DH==c~e. DC. Cela posé., le trian-

gle SAF, qui a pour mesure AFx~SA, est égal à la surface

du cône SAB qui a pour mesure circ. AOx~SA. Par une

raison semb)aMe, le triangle SDH est égal à la surface du

cône SDE. Donc la surface du troncADEB est égale à celle du

trapèze ADHF. Celle-ci a pour mesure AD X( 2 h

i

donc là surface du tronc de cône ADEB a pour mesure

son côte AD multiplié par la demi-somme des circonfé-

rences de ses deux bases.

Corollaire. Par le

point I,

milieu de

AD,

menez IKL

parallèle à AB et IM parallèle à AF on démontrera



p pcomme ci-dessus que IM =: cire. IK. Mais le trapèze

ADHF-AD X IM-AD X circ. 1K. Donc on peut dire en-

core que la surface ~'M/t tronc de cône a pour mesure ~o/t

co~e /HM/<y/zc/?a/' ~:c<co/</en?y:ce <7'My:e~ec~MKy<e à égale

</M~Mee des deux bases.Scolie. Si une ligne AD, située tout entière d'un même

côté de la li OC et dans le même l fait une révo-

DVRE VU!. ~77

Z<X.fM/CC engendrée par

une

portion

6~

polygone

Hg ~Ha

/~M//<?/' ABCD, ~oH/M/z< autour d'un ~M/Me~-c FG, <r<

pour /MC.fM/'<?la C/CO/<C/?C<? f/M cercle inscrit ~/M le

polygone ABCD, /7!M~ee~6t/' ~/Yv'cc~'oM MQ <'4<

co/~oM/'ABCD~M/g<M//Kc</cFG.

Le point 1 étant au milieu de AB, et IK étant une per-

pendicu)ait Ball'axe abaissée du point I, on a

PROPOSITION X.

THEOREME.



Surf. AB==AB X c!/c.IK

Menez AX paraDète à l'axe, les triangles ABX,OIK,

auront les côtés perpendiculaires chacun à chacun donc

ces triangles sont semhlables, et donnent la proportion

AB AX ou MN Of IK M.-c. 01 e/c. IK,

d'où

2 y 8 GEO'NKTME.

multiplié par la circonférence du cercle inscrit. Cet axeFG sera en -même temps le diamètre du cercle circonscrit.

D'ÉF!N1TIONS.

1. Une zone spherique est une portion de là surface de

la sphère comprise entre deux plans parallèles qui en sont

les bases.' L'un des plans peut être tangent à la sphère;

alors la zone n'a qu'une base.

II. La hauteur d'une zone est la distance des plans des

deux bases.

6{;. Mo ill. Si 1 on

conçoit que la

demi-circpnfërence DAE tour-

nant autour du diamètre DE engendre la surface de la



e ge d e

sphère, en même temps 1 arc FH décrira la surface d'une

zone.

PROPOSITION XI.

THEOREME.

LIVRE vni. ayg

lier ACB et circonscrivons la portion de polygone EFG,

semblable à-AGB.

Je dis d'abord que la surface de la zone AB est compriseentre les surfaces S et engendrées par les polygones EFG,

ACB, tournant autour de GQ.

En effet, la zone AB est plus grande que puisqu'elle

l'enveloppe et est terminée au même contour pour mon-

trer que la zone, est plus petite que la surface S, menez la

tangente AH; les surfaces décrites par EFG et.par AHFGont une partie commune qui est engendrée par HFG; mais

la surface décrite par HE est plus grande que celle qui est

décrite par AH puisque

les mesures de ces surfaces sont *9-

T7.HE (HI+EM) et ~.AH (HI+AK), et que, d'après la



( ) (HI AK), que, d ap ès

ngure,onaEM>AK, et l'oblique HE > HA qui ést per-

pendiculaire sur OA. Donc ta surface décrite par EFG est

plus grande quela surface engendrée par AHFG or celle-ci

est plus grande que la zone AB* donc, à fortiori, la sur- *'em.

face S est plus grande que la zone AB.Je dis, en second lieu, que si l'on doublait indé&nimeht

l b d ô é d d i i

280 GEOMETHtE.

<ig.M.

toute grandeur assignable, et Ja zone qui est toujours

comprise entre 8 et s est leur limite commune.

Ce)aposé,de J'éganté(a)on déduit, en prenant les limites

des deux membres

Zone AB == z~ON x BK.

La zone à deux bases décrite par l'arc FH, a aussi pour

mesure la circonférence d'un grand cercle multipliée parsa

hauteur car elle est la différence des deux zones à une

base décrites par DH et DF.; elle a donc pour mesure

circ. CD (DQ-DO) ou c~-e. CD x OQ.

Co/'c/~M'ye I. Dans des

sphères égales, deux zones sont

entre elles comme leurs hauteurs.



Coro~~e Il. La surface de Ja sphère.pouvant être con-

sidérée comme une zone dont la hauteur est égale au dia-

mètre, a pour mesure la circonférence d'un grand cercle

muttipnée par )e diamètre.

Soit R !e rayon de la sphère, on aura donc

Surf.sph.=2wRX2R==47cR~;

HVREVUI. a8t 1

le 6'<~<"opposé <;<ce sommet, /7!u/«~ le </c/\i' </e

/M~M/' correspondante < ce c~c..

i° Supposons d'abord que le triangleCAB tourne autour

d'un de ses côtés CB. Le volume engendré par CAB est la

somme des cônes décrits par les triangles rectangles CAD,

ADB on a donc



(*) Vo!. CAB=~.AD'CD+~.AD~DB=~.AD'CB (i).Or si l'on abaisse CG perpendiculaire sur AB on a

CGxAB==CBxAD, car ces deux produits mesurent le

double de l'aire du triangle.CAB; remplaçant dans l'éga-

lité (i) AD xCB par CGxAB, il vient

Vol. GAB==~. AD. CG. AB==~CG. ?:. AD. AB.

GEOM~TRUE.a8a

On aura Vol. CAB== vol. CAD- Vol. CBD,

Or VoLCAD=surf.ADx~CE;et Vol. CBD =surf.~BD x ~CE.Donc Vol. CAB==(suri. AD-Surf. BD) X ~CE

==Surf,ABx~CE.

3° La démonstration précédente supposant que le côtéAB vienne rencontrer l'axe CD examinons le cas où ces

deux lignes sont parallèles.



Abaissons AE et BD perpendiculaires sur l'axe CD, et

CF perpendiculaire sur AB; nous aurons évidemment t

Vol. CAB==Vol. CAE+Vol. ABDE-Vol. CBD.

Or Vol. CAE=~.AE.CE

uvRE vin. a83

//?M~e ~M<? /<? ~<?C~< ~0~0/M/ AOD .M~MC ~'M/<

/C C~e <r/M~/?ze~C FG~ ~fg une /0/M~O/~ au-

tour de ce ~ï/M<<?, le ~o&We ~ec~ aura ~OM/' ~zc~M/'<?

.~Mr/ace e/~e/M~'cc /)0! le contour ABCD, /MM/<Wc

le ~e/ ~<s ~'<~o~e/7M 01.

En effet, le volume engendré par le secteur AOD est lasomme des volumes engendrés par les triangles isocètes

égaux AOB, BOC, COD.

Or* Vo).AOB=surf.ABx~OIVol. BOC==surf. HC X~OI

VoI.COD=surf.CDx~OI.

D en j t t on a



Donc, en ajoutant, on a

Vol. AOD=~OI (surf. AB+surf. BC+surf. CD)

==~OIxsurf.ABCD.

DEFINITIONS.

28~ GÉOMÉTRIE.

Soit AOB le secteur circulaire qui, par sa révotution au-

tour de AO, décrit le secteur sphérique.

Inscrivons et circonscrivons à tare AB deux portionsde polygones régutiers semblables BCA DEF. Le volume



polygones régutiers BCA, vo u e

du secteur sphérique est évidemment compris entre les

volumes V, ~,engendrés par les secteurs polygonaux

DEFO, BCAO; de plus, si le nombre des côtés des por-tions de polygones réguliers allait constamment en dou-

btaot, les volumes V, v, iraient en s'approchant du secteur

sphérique, et on pourrait pousser les opérations assez loin

L1VRK Vin. 285

Si le secteur sphérique

étaitengendré par

le secteur 6g. 220.

FGH tournant autour du diamètre DE, on aurait

Sect. FCH=sect, DCM–sect. DGF.

Or Sect.DCH==zoneDHx~CD

Sect.DCF=zoneDFx~CD.Donc sect. FCH=~CD (zone DH–zone DF)

=~CD.zoneFH.'yeo/M I. Si le secteur circulaire qui décrit le secteur

sphérique devenait égal au demi-cercle le volume engen-dré serait celui de la sphère; mais alors la zone qui sert

de base au secteur sphérique serait la surface de la sphère

d'où l'on voit que le volume d'une sphère a pour mesure;

sa surface multipliée par le tiers du rayon.

tSco/~e IL Soient R le de la hè et H la hauteur



tSco/ e IL Soient R le rayon de la sphère, et H la hauteur

de la zone qui sert de base au secteur sphérique; la zone

a pour mesure a~R.H; donc le secteur sphérique a pour

mesure a~R.H.~R ou ~rcR~.H.

Dans le cas où le secteur sphérique devient égal à la

sphère, on a H==aR donc la mesure du volume de la

sphère est ~R~aR ou ~R~

GËOMETRtE.a86

PMQ et le demi-carré PADQ autour du diamètre PQ ledemi-cercle décrira la sphère, et le demi-carré décrira le

cylindre circonscrit à la sphère.

La hauteur AD dé ce cylindre est égale au diamètre PQ,

la base du cylindre est égale au grand cercle, puisqu'elle

a pour diamètre AB égale à MN donc la surface convexe

du cylindre est égale à la circonférence du grand cercle

multipliée par son diamètre. Cette mesure est la même que

celle de là surface de la sphère d'où il suit que la sur-

face <& la .M~er~ est égale a ~MT/aec latérale du cy/<<*

<;trcoH~cr<

Mais la surface de la

sphère

est

égale à

quatre grandscercles donc la surface latérale du cylindre circonscrit est

i à l i d



égale aussi à quatre grands cercles si on y joint les deux

bases qui valent deux grands cercles, la surface totale du

cylindre circonscrit sera égale à six grands cercles; donc

la surface de la sphère est à la surface totale du cylindre

circonscrit comme 4 est à 6, ou comme 2 est à 3. C'estle premier point qu'il s'agissait de démontrer.

l b d i

UVRE VIII.a8~

du polyèdre qui lui sert de base, multipliée par le tiers durayon donc le polyèdre entier sera égal à sa surface mul-

tipliée par le tiers du rayon de la sphère inscrite.

On voit parla que les solidités des polyèdres circonscrits

à la sphère sont entre elles comme les surfaces de ces mê-

mes polyèdres. Ainsi, la propriété que nous avons démon-

trée pour le cylindre circonscrit est commune à une infi-nité d'autres corps.

On aurait pu remarquer également que les surfaces des

polygones circonscrits au cercle sont entre elles comme

leurs contours.

PROPOSITION XVI.



THEOREME.

Le solide e/~eA«/e ~a' le segment c/cM~t< BMD

~M/KX/Z~ a;M~M/' C~M/Z ~f~C~f ACG e.e/VCM/' <'< ce

.)'es//ïe/~ a /~oM/' /M~'e la ~7c/Mc~eJM cercle ~e'~?' l

M< < /YM</)OM/' O/Z CO/'t/e BD du C / /Z niul

GEOMETRIE.~88

an.Donc Vu!.BMD~.EF–=:~BD.EF.4

Scolie. Le solide décrit par le segment BMD est à la

sphère qui a pour diamètre BD, comme ~t.BD.EF est-3

a~BD~ou::EF:BD.

PROPOSITION XVII.

THEOREME.

7bM~ .MC/~c/e~Ac/'e, compris entre ~M~M/M

/~<?/'<X//&/C~, pour /~Ï<?.fM/'<?la f~?!< ~'0/~?/MC </< ses

bases sa h la ~<9/«/e <C la



bases /~M~~&ce /J'<Z/' sa hauteur, plus la ~<9/«/e <C la

~e <~b~< cette /Me/?7<?/MM~/ est le diamètre.

Cg.ayi. Soient BE, DF, les rayons des bases du segment, EF sa

hauteur, de sorte que le segment soit produit par la révo-

lution de l'espace circulaire BMDFE autour de l'axe FE.

'.6. On a *volBMD==~ BD~EF

LIVRE VJJf. a8c)

expression qui se décompose en deux parties; l'une

~.EF.(3BE+3DF), ou EF.+" 2

est la demi-somme des bases multipliée par ta hauteur;~3 J'

l'autre

~w.EF représente

la

sphère

dont EF est le dia-

mètre donc tout segment de sphère, etc. '14 se.Corollaire. Si l'une des bases est nulle, le segment dont

il s'agit devient un segment sphérique à une seule basedonc tout segment sphérique à une base e~Mt~M~ à la moi-

~e du e~M<e de même base et de même AaM~Mr, plus la

sphère dont cette hauteur est le diamètre.



F!N DU HUITtÈME LIVRE

GÉOM)h't<n:.~go

GÉOMÉTRIE DANS L'ESPACE.

THÉORÈMES A DÉMONTRER.

i. Si une droite est perpendiculaire à un plan tout plan para!!è)e à cette droite sera perpendiculaire au premier plan.

D d it f t d l ê



a. Deux droites paraiïètes font des angles égaux avec le même

plan.

3. Si dans un t rièdre deux des angles plans sont égaux, les

dièdres opposés seront égaux, et réciproquement.

/t. Dans unangle trièdre

à un plus grand

dièdre estopposéeune plus grande face, et réciproquement.

5. Les trois plans perpendiculaires aux faces d'un angle triè-

GËOM~TK)E. agi

n. Deux tétraèdres qui ont un dièdre égal sont entre eux

comme les produits des faces qui comprennent ce dièdre.

ta. Le plan bissecteur d'un dièdre d'une pyramide triangu-

laire divise t'aréte opposée en deux segments proportionnels

aux faces adjacentes.

i3. Si un tétraèdre renferme un angle solidetri-rectangle, le

carré de la face opposée sera égal à la somme des carrés des

trois autres.

14. Le volume d'un parallélipipède tronqué a pour mesure le

produit de sa base par la perpendiculaire abaissée du centre de

la base supérieure sur la base inférieure.

i5. Dans un tétraèdre les lignes qui joignent chaque sommet'

au point de concours des médianes de la f ace opposée, se cou-

pent en un même point. ( Ce point est le centre de gravité du



tétraèdre. )

16. La perpendiculaire abaissée du centre de gravité d'un té-

traèdre sur un plan, est la moyenne des perpendiculaires abais-

sées des quatre sommets du tétraèdre sur le même plan. (Com-

ment doit-on interpréter te théorème, lorsque les sommets ne sont

pas d'un même côté par rapport au plan? )

T t l ili d d ê

GÉOMÉTRIE.aga

trique une ligne renfermait tous les points du plan

jouissant d'une propriété commune. De même, dans la

géométrie de t'espace, on appelle lieu géométrique la série

des points de l'espace qui satisfont à une ou deux condi-

tions données. Ce lieu géométrique peut être une surface

ou une ligne.Ainsi, la sphère est le lieu géométrique des points situés

à une même distance d'un point donné, et la perpendicu-

)aire, élevée au plan d'un cercle en son centre est le lieu

géométrique (tes points qui sont également distants de tous

les points de la circonférence.

i. Trouver le lieu des points à égale distance de deux points



points égale pointsdonnes.

2. Trouverle lieu des points également distants de troispointsdonnes.

3. Trouver le lieu des points également distants de deux plans

donnés.

4. Trouver le lieu des points également distants de trois plans

GÉOMÉTRIE. 293

qui divisent toutes ces lignes de jonction dans le rapport

de/Ma~

11. Étant données deux droites rectangulaires non situées dans

un même plan, on insère entre ces deux droites des lignes de

longueur donnée, et on demande le l ieu géométrique des mi-

lieux de ces droites.

12. Calculer le volume engendré par un hexagone régulier,

tournant autour d'un de ses côtés.

13. Trouver le volume engendré par un demi-décagone régu-

lierdont le côté est a, tournant autour du diamètre du cercle cir-

conscrit.

t/t. Connaissant le côté d'un polyèdre régulier, trouver le

rayon de la sphère circonscrite, et le rayon de la sphèreinscrite.

i5 Connaissant le d'une trouver le côté d'un



i5. Connaissant le rayon d une sphère, trouver le côté d un

polyèdre régulier inscrit, et le rayon de la sphère inscrite a ce

polyèdre.

16. Connaissant le rayon d'une sphère, calculer la surface et le

volume d'un

polyèdre régulier

inscrit.

17. Trouver iasurface de la terre en myriamètres carrés.

18. Trouver quelle serait la mesure d'une pyramide si l'on

IlÉLÉMENTS

DE GÉOMÉTRIE.

LIVRE PREMIER.

LES PRINCIPES.



DKPINITtONS.

I..LjA Géométrie est une science qui a pour objetla mesure de~'étendue.

2 GBoammiE.

nant deux points à volonté, et joignant ces deux

points par une tig"t;'))'oi)e,t;et.t~)igne est tcntt en-

tière dans ta~surfact:.

VIL Toute surface qui n'est ni plane ni composée

de surfaces planes est une ~M/~aee coMr&c.

VIII. t~o/K~ ou corps est ce qui réunit les trois di-

mensions de létentlue.

(j o¡. IX. Lorsque deux lignes droites AB, AC, se ren-

contrent, la quantité plus ou moins grande dont elles

sont écartées l'une de 1 autre, quant leur position,

s'appelle angle; le point de r encontre ou d'Mte/ec-

tion A est le sommet de l'angle; les lignes AD, AC,

en sont les côtés.

L'angle se désigne quelquefois par la lettre du



sommet A seulement, d'autres fois par trois lettres

BAC ou CAB, ayant soin de mettre la lettre du sommet

au milieu.

Les angles sont, comme toutes les quantités, sus-

ceptibles d'addition; de soustraction, de multiplica-

f'g M tion et de division ainsi l'angle DCE est la somme

3LIVRE 1

Xin.-FMwe~Me est un plan terminé de toutes

parts par des lignes.'

Si les lignes sont droites, l'espace qu'elles renfer-

ment s'appelle figure rectiligne ou /w~'w~ et les 6g. 6.

lignes elles-mêmes prises ensemble forment le contour

ou périmètre du polygone.

XIV. Le polygone de trois c ôtés est l e plus simple

de tous, il s'appelle ~M/~7e/ celui de quatre côtés

s'appelle quadrilatère; celui de cInq.~e/o/M; celui

de six, hexagone, etc.

XV. On appelle triangle équilatéral celui qui ses ~'7-

trois côtés égaux; triangle isoscèle, celui dont deux Bg.8.

côtés seulement sont égaux; triangle ~e<:&<~ celui 6g. 9.

qui a ses trois côtés inégaux.



q g

XVI. Le triangle rectangle est celui qui a un angledroit. Le côté opposé à l'angle droit s'appelle A~M~e-

MM~e ainsi ABC est un triangle rectangle en A, le côté ~S

BC est son hypoténuse.XVII. Parmi les quadrilatères on distingue

L é i a ses côtés é et ses l droits

GtiOMETKI M.4

lorsqu'ils ont les côtés égaux chacun à chacun, et placés dans le même ordre, c'est- à -dire, lorsqu'ensuivant leurs contours dans un même sens, le premier côté de l'un est égal au premier de l'autre, le second

de l'un au second de l'autre, le troisième au troisième,et ainsi de suite. On entend de même ce que signifientdeux polygones équiangles entre eux.

Dans l'un ou l'autre cas, les côtés égaux ou les

angles égaux s'appellent côtés ou angles Ao/MO/o~Mf.?.

N. Il. Dans les quatre premiers livres il ne sera question que de

figures planes ou tracées sur une surface plane.

~C~~0/! des ?/<?.? et des signes.



~cM/Ke est une proposition évidente par elle-

même.

?%eo/'e/Ke est une vérité qui devient évidente au

moyen d'un raisonnement

appelé c~/pM/M~MM.

.Py-oM~/Me est une question proposée qui exige une

LIVRE 1. 5

Le signe == est le signe de l'égalité; ainsi l'expres-

sion A=~:B signifie que A égale B.

Pour exprimer que A est plus petit que B, on écrit

A<B.

Pour exprimer que A est plus grand que B, on écrit

A>B.

Le signe + se prononce plus; il indique l'addition.

Le signe se prononce 77:<?M~; il indique la sous-

traction ainsi A + B représente la somme des quan-tités A et B A B représente leur différence ou ce

qui reste en ôtant B de A de même A- B -)- C, ou

A-C–B, signifie que A et C doivent être ajoutés

ensemble, et que B doit être retranché du tout.

Le signe X indique la multiplication; ainsi A X B

représente le produit de A multiplié par B. Au lieu du



ep ése te p p pa

signe X on emploie quelquefois un point; ainsi A. B

est la même chose que A X B. On indique aussi le

même produit sans aucun signe intermédiaire parAB;mais il ne faut

employer cette

expression que lors-

qu'on n'a pas en inême temps à employer celle de la

AB distance des A et B

GEOMETRIE.3

cube par AB. On expliquera en son lieu ce que si-

gnifient précisément le quarré et le cube d'une ligne.Le signe t/ indique une racine à extraire; ainsi

)/ 2 est la racine quarrée de a t/ A X B est ia ractne

fhL produit A x B, ou la moyenne proportionnelle

entre A et B.

AXIOMES.

t. Deux quantités égales à une troisième sont égalesentre elles.

a. Le tout est plus grand que sa partie.3. Le tout est égal à la somme des parties dans

lesquelles il a été divisé.



D'un point à un autre on ne peut mener qu'uneseule ligne droite.

5. Deux grandeurs, ligne, surface ou solide, sont

égales, lorsqu'étant placées l'une sur l'autre elles coïn-

cident dans toute leur étendue.

LIVRE I. y

lignes droites de A en B, ce qui est impossible*, *ax.<.donc le point G, milieu de EF, tombera sur le point

C, milieu de AB. Le côté GE étant ainsi appliqué

sur ÇA, je dis que le côté G H tombera sur CD car

supposons, s'il est poss)ble, qu'il tombe sur une ligne

CK différente de CD; puisque, par hypothèse*, ~ef.<o.

l'angle EGH = HGF il faudrait qu'on eût ACK ==KCB. Mais l'angle ACK est plus grand que ACD,

l'angle KCB est plus petit que BCD; d'ailleurs, par

hypothèse, ACD = BCD; donc A CK est plus grand

que KGB donc la ligne GH ne peut tomber sur une

ligne CK différente de CD; donc elle tombe sur CD,

et l'angle EGH sur ACD; donc tous les angles droitssont égaux entre eux.



PROPOSITION II.

THEOREME.

Toute ligne droite CD, qui en rencontre une <!g. t?

autre AB y<x~ avec celle-ci deux angles adja-

8 GEOMETRIE.

s'ensuit que l'angle ACD est égal à son adjacent.

DCB, et qu'ils sont tous deux droits. Mais de ce

que l'angle ACD est un angle droit, il s'ensuit queson adjacent AGE est aussi un angie droit; donc

I'angIeACE~ACD,doncABestperpendiculaireàDE.ng. 34. Corollaire 111. Tous les angles consécutifs BAC.

CAO, DAE, EAF, formés d'un même côté de ladroite BF pris ensemble, valent deux angles droitscar leur somme est égale à celle des deux anglesadjacents BAC, CAF.

PROPOSITION iil.

THEOREME.



Deux lignes droites qui ont deux points CO~Z-

/M/Ï~ coincident l'une avec /~M~6 dans toute

/<°M/ e~/Ï~MC, e~Cyo/Me/!f~M'M/!C seule et /7!e/f

ligne droite.

LIVRET. 9

deux angles a~acë~~ ACD, DCB, 'valent

ensemble deux angles droits, les deux côtés ex-

térieurs AC, CB, ~e/'o/!< en ligne droite.

Car si CB n'est pas lé prolongement de AC, soit

CE ce prolongement; alors la ligne ACE étant droite,

la somme des angles ACD, DCE, sera égale à deux

droits*. Mais, par hypothèse, la somme des angles

ACD,DCB, est aussi égale à deux droits; donc ACD

-t- DCB serait égale à ACD + DCE retranchant de

part et d'autre l'angle ACD, il resterait la partie DCB

t t t d CB

PROPOSITION IV.

ATHÉOREME.

fig.20.

"pr.



égale au tout DCE, ce qui est impossible; donc CB

est le prolongement de AC.

PROPOSITIONS.

THEOREME.

'UU GEOMETRIE.

quatre apgles droits; car les angles ACE, BCE, pris

ensemble, valent deux angles droits, et les deux autres

ACD, BCD, ont la même valeur.

''s En général, si tant de droites qu'on voudra CA,

CB, etc., se rencontrent en un point C, la somme

de tous les angles consécutifs ACB, BCD, DCE,

ECF, FCA, sera égale à quatre angles droits car

si on formait au point C quatre angles droits au

moyen de deux lignes perpendiculaires entre elles, le

même espace serait rempli, soit par les quatre angles

droits, soit par les angles successifs ACB, BCD, etc.

PROPOSITION VI.

THBORBME.



Deux triangles sont égaux, lorsqu'ils ont M~

angle égal compris entre deux Cd~' égaux

chacun à chacun.Se ''3. Soit l'angle A égal à l'angle D, le côté AB égal a

LIVRE 1. 't

trois autres le sont, savoir, Fangle

B== E, l'angle

C == F, e t le côté BC = EF.

PROPOSITION VIL

THEOREME.

~CM~C

triangles

sont

égaux, ~Q/X~M~~

ont MM

côté égal <ï<~cc~y:~ à deux angles égqux c/~CM/z

à chacun.

Soit ie côte BC égal a u côté EF, l'angle B égal a

l'angle E, et l'angle C égal à l'angle F; je dis que le

triangle DEF sera égal au triangle ABC.

Car, pour opérer la superposition, soit placé EFsur son égal BC, le point E tombera en B, et le pointF en C. Puisque l'angle E est égal à l'angle B, le côté

tig.:3,



q g g g

ED prendra la direction BA ainsi le point D se

trouvera sur quelque point de la ligne BA. De même,

puisque l'angle F est égal à 1 angle C, la ligne FD

prendra la direction CA, et te point D se trouverasur quelque point da côté GA; donc le point D qui

12 GEOMETRIE.

*de(. 3. court chemin de B en C*, donc BC est plus petit queAB+AC.

PROPOSITION IX.

THEOREME.

Sg. 24. Si ~'M/! point 0 ~/M ~M <~e~ du triangleABC, on mène aux extrémités d'un C~~C BC

droites OB, OC, la somme de ces droites sera

moindre que celle des deux autres c< AB', AC.

Soit prolongé BO jusqu'à la rencontre du côté AC

en D la ligne droite OC est plus courte que OD -<-

*pr. 8. DC*: ajoutant de part et d'autre BO, on aura BO -<-OC<BO+OD+DC,ouBO+OC<BD+DC.

On a pareillement BD < BA-t-AD ajoutant de



pareillement BA-t-AD ajoutant

part et d'autre DC on aura BD+DC < BA-+-AC.

Mais on vient de trouver BO-t-OG < BD+DC donc

à plus forte raison BO+OC< BA+AC.

PROPOSITION X.

LIVRE!. tL!

G tombe hors dutriangle ABC,

ou sur te côté BC;ou au-dedans du même triangle.

Premier cas. La. ligne droite GC est plus courte Sg. 25.

que GI -)- IC, la ligne droite AB est plus courte que

AI IB; donc GC+AB est plus petit que GI+Ai +

tC -(- IB,.ou, ce qui est la même chose, GC + AB < AG

-t-BC. Retranchant d'un côté AB et de l'autre son

égaleAG, i l restera GC < BC or GC = EF; donc on aura

EF < BC.

Second cas. Si le point G tombe sur le côté BC, il ~6

est évident que GC ou son égale EF sera plus petit

que BC.

Troisième cas. Enfin si le point G tombe au-dedans Sg. -:?.du triangle ABC, on aura, suivant le théorème pré-

cédent, AG+GC<AB+BC. Retranchant d'une part



, p

AG, e t de l'autre son égale AB, il restera GC < BC, ou

EF<BC.

Scholie. Réciproquement, si les deux côtés AB, AC

du triangle ABC sont égaux aux deux côtés DE, DF,du triangle DEF; si, de plus, l e troisième côté CB du

t4 GEOMBTRtE.

Soit le côté AB==DE, AC=DF, BC=EF, je disqu'on aura l'angle A==D, B==E, C==:F.

Car si l'angle A était plus grand que l'angle D,

comme les côtés AB, AC, sont égaux aux côtés DE,

DF, chacun à chacun il s'ensuivrait, par le théorème

précédent, que le côté BC est plus grand que EF;

et si l'angle A était plus petit que l'angle D, il s'en-suivrait que le côté BC est plus petit que EF; or, BC

est égal à EF; donc l'angle A ne peut être ni plus

grand ni plus petit que l'angle D; donc il lui est égal.On prouvera de même que l'angle B==E, et que

l'angle C F.

Scholie. On peut remarquer que les angles égauxsont opposés à des côtés égaux ainsi les angles égauxA et D sont opposés aux côtés égaux BC, EF.



pp g

PROPOSITION XII.

THEOREME.

LIVRE t. t5 ;>

droits donc la ligne menée du ~CM/K~ <MM </7<X/<t'

isoscèle au milieu de sa base, est ~e/e/!<cM~ecette base, et divise l'angle du .M/M/M<?f en deux parties

égales.

Dans un triangle non isoscèle on prend inditïërem-

ment pour base un côté quelconque, et alors son

!07~/7~ est celui de l'angle opposé. Dans le triangte

isoscèle on prend particulièrement pour base le c ôté

qui n'est point égal à l'un des deux autres.

PROPOSITION XIII.

THEOREME.

Réciproquement; si deux angles sont e~M.C

~/M un triangle, les côtés o~e/'o~aM.y,



et le triangle sera isoscèle.

Soit l'angle.ABC-ACB, je dis que le côté AC sera

égal au côté AB.

Car si ces côtés ne sont pas égaux soit AB le plus

Rg.2~.

GEOMETRIE.t6

<ay~/e, celui-là est le

plus grand ~M~' est

o~- posé à M/z plus ~a/ï~ cd~e.

Ef;. 3o. 1° Soit l'angle C > B, je dis que le côté AB opposéà l'angle C est plus grand que le côté AC opposé a

l'angle B.

Soit fait l'angle BCD-B; dans le triangle BDC

*pr. i3.

on aura BD==DC. Mais la ligne d roite AC est pluscourte que AD -)- DG, et AD + DC = AD + DB=

AB; donc AB est plus grand que AC.

2~ Soit le côté AB > AC, je dis que l'angle C opposéau côté AB sera plus grand que l'angle B opposé au

côté AC.

Car si on avait C<B, il s'ensuivrait, par ce quivient d'être démontré, AB<AC, ce qui est contre la

*pr.t3. supposition. Si on avait C=B, il s'ensuivrait AB==



AC, ce qui est encore contre la supposition donc il

faut que l'angle C soit plus grand que B.

PROPOSITION XV.

H VU )- )~

AGI' soi droite*; dou il résulte qu entre tes deux *pr.

mêmes points A et F, on pourrait mener deux lignes

droites ABF, ACF; ce qui est impossible*; donc il *ax.

est pareillement impossible que deux perpendiculairessoient menées d'un même point sur la même. ligne

droite.

.Sc/<o~e. Par un même point C donné sur la ligne Kg '?

AB, il est également impossible de mener deux per-

pendiculaires à cette ligne car si CD et CE étaient ces

deux perpendiculaires, l'angle DCB serait droit ainsi

que BCE, et la partie serait égale au tout.

PROPOSITION XVI.

THEOREME



THEOREME.

Si d'un point A .M/~C /!i9/'J'M/~ droite DE f!g.3r.

mène /<7 ~e/~<?/CM/<H/'6 AB sur cette ~o~<c, et

J~c/'g/o~<y«~AE AC AD c/c: M~/ye-

GEOMBTHU!.f8

au troisième AC. Or, ABF ligne droite est plus courte

(jne ACF ligne brisée; donc AB moitié de ABF est

plus courte que AC moitié de ACF; donc t", la per-

pendiculaire est plus courte que toute oblique.

a° Si on suppose BE==BG, comme on a en outre AB

commun et l'angle ABE-ABC, il s'ensuit que le tri-

*pr. R.

angle ABE est

égal au

triangle ABC*; donc les côtés

AE, AC sont égaux; donc a", deux obliques qui s'écar-

tent également de la perpendiculaire sont égales.3" Dans le triangle DFA la somme des lignes AC,

pr. 9. CF, est plus petite que la somme des côtés AD, DF;

donc AC, moitié de la ligne ACF, est plus courte

que AD moitié de ADF; donc 3°, les obliques quis'écartent le plus de la perpendiculaire sont les plus

longues.



g

Corollaire I. La perpendiculaire mesure la vraie

distance d'un point à une ligne, puisqu'elle est plus

courte que toute oblique.

II. D'un même point on ne peut mener à une même

li trois droites é l car si cela était il aurait

HVRB 1. "9

ques AD, DB, s'écartent également de la perpendi-

cu)aire; donc elles sont égales. Il en est de même des

deux obliques AE, EB, des deux AF, FB, etc. donc

i", tout point de l a perpendiculaire est également dis-

tant des extrémités A et B.

2° Soit 1 un point hors de la perpendiculaire; si

on joint IA, 1B, l'une de ces lignes coupera la per-

pendiculaire en I), d'ou tirant OB, on aura DB-==DA.

Mais la ligne droite IB est plus petite que la ligne

brisée ID+DB, et ID+DB==ID+DA=IA, donc

IB<IA; donc a", tout point hors de la perpendicu-

laire est inégalement distant des extrémités A et B.

PROPOSITION XVIII.



THKOREME.

Deux ~ï~ /'ec~7e.y My!~ égaux lors-

~M'<~ ont l'hypoténuse ~<ï~e et un côté égal

20 GEOMi;l'R)E.

BC ditfère de EF; donc le triangle ABC est ëgat au

triangle DEF:

PROPOSITION XIX.

THEOREME.

Z).7/~ touttriangle,

la ~o//</?~ f.~ /M

<7/~7e.< est

égale à ~eM~? angles droits.

Soit ABC le triangle propose dans lequel non.

~g- 3'suppososons ( i ) que AB est le plus grand côte et BC

le plus petit, et qu'ainsi ACB est le plus grand angle,

*pr. !4. et BAC le plus petit.

Par le point A et par le point 1 milieu du côté op-

posé BC, menez la droite AI que vous prolongerez en.

C' jusqu'à ce que AC'=AB; prolongez de même AB



en B' jusqu'à ce que AB' soit double de AI.

Si on désigne par A, B C, les trois angles du tri-

angle ABC et semblablement par A',B',C' les trois angles

du triangle AB'C', je dis qu'on aura l'angle C'==B-t-C,

et l' l A A'+B' d'oit résulte A+B+C==A' t B'

LIVRE I. 1. 2i

la somme des deux angles AIC+AIB; retranchant de part et d'autre les angles égaux AKC', AIB, il restera

l'angle C'KB'== AIC. Ces angles égaux dans les deux

triangles sont compris entre côtés égaux chacun à

chacun, savoir G'K.=IB==CI, etKB'=AK=AJ,

puisqu'on a supposé AB'- 2AI= aAK. Donc les deux

triangles B'C'K, AGI, sont égaux*; donc le côté C'B' 'pr.c.=AC, l'angle B'C'K==ACB, et l'angle KB'C'=CAL

Il s uit de là 1° que l'angle AC'B' désigné par C' est

composé de deux angles égaux aux angles B et C du

triangle ABC, et qu'ainsi on a C ==B-t-C que !'angleA du triangle ABC est composé, de l'angle A' ou

C'AB' qui appartient.au triangle AB'C' et de l'angleCAI égal à l'angle B' d u même triangle, ce qui donne

A=:A'+B'; donc A-t-B-t-C=A'-t-B'+C D'ail-



leurs puisqu'on a par hypothèse AC <AB et par con.

séquent C'B' < AC', on voit que dans le triangle AC'B

i'angle en A, désigne par A', est moindre que B',

et comme la somme des deux est égale à l'angle Adu triangle proposé il s'ensuit qu'on a l'angle A

GEOMETRIE.2.

prolongée jusqu'à ce que l'angle <7 soit moindre quetout angle donne.

Et si au moyen du triangle abc on construit

le 'triangle suivant a'e', la somme des anglesa'-+-b' de celui-ci sera égale à l'angle a, et sera par

conséquent moindre que tout angle donné d'où t ou

voit que la somme des trois angles du triangle <t'Se réduit presque au seul angle c'.

Pour avoir la mesure précise de cette somme pro-

longeons le côté a'c'vers d', et appelons t'augteextérieur bc'd'; cet angle joint à l'angle c' du

triangte a'b'c', fait une somme égale à deux angles

droits*;ainsien désignantl'angle droit par D, on aurac'- 2 D-x'; donc la somme des angles du trianglea'e' sera



aD+~h~

Mais on peut concevoir que le triangle a'c' varie

dans ses angles et ses côtés, de manière à représenter les i l successifs i naissent ultérieurement de

LIVRE I. 23

Sterne de 1 un sera égal au troisième de (autre, et

les deux triangles seront équiangles entre eux.

111. Dans un triangle il ne peut y avoir qu'un seul

angle droit car s'il y en avait deux, le troisième

devrait être nul; à plus forte raison un triangle ne

peut-il avoir qu'un seul angle obtus.

IV. Dans un triangle rectangle la somme des deux

angles aigus est égale à un angle droit.

V. Dans un triangle équilatéral chaque angle est

le tiers de deux angles droits ou les deux tiers d'un

angle droit. Donc si l'angle droit est exprimé par i,

l'angle du triangle ëquilatëràl le sera par

VI. Dans tout triangle ABC si on prolonge le côté

AB vers D l'angle extérieur CBD sera égal à la som-



AB vers D, l'angle extérieur CBD sera égal la som

me des deux intérieurs opposés'A et C; car en ajoutant

de part et d'autre ABC, les deux sommes sont égales

à deuxangles droits.

&)':OM~Tn))~2 ~l

commun le point A, et pour bases les différents côtés des

poiygones, excepté les deux qui forment l'angle A. On

voit en même temps que la somme des angles de tous

ces triangles ne diffère point de ta somme des anglesdu polygone; donc cette dernière somme est égaleà autant de fois deux angles droits qu'il y a de triangles,

c'est-à-dire, qu'il y a d'unités dans le nombre des côtés

du polygone moins deux.

Corollaire I. La somme des angles d'un quadrilatèreest égale à deux angles droits multipliés par 4 a ce

qui fait quatre angles droits. Donc si tous les anglesd'un

quadrilatère sont

égaux, chacun

d'eux sera unangle droit ce qui justifie la définition xvn où l'on

a supposé que les quatre angles d un quadritatèresont droits dans le cas du t l et du é



sont droits, dans le cas du rectangle et du quarré.

II. La somme des angles d'un pentagone est égaleà deux angles droits multipliés par 5 2, ce qui

fait 6 angles droits. Donc lorsqu'un pentagone est

équiangle c'est-à-dire lorsque ses angles sont égaux

DVKE ). a5

PROPOSITION XXI.

THEOREME.

Si deux lignes droites AB, CD, sont perpendi- 'ig ~6.

CM/rc~ à une troisième FG, ces deux lignes ~e/'o~~

parallèles, c'est-à-dire qu'elles ne pourront se

rencontrer à quelque distance qu'on /e~o~e.

Car si elles se rencontraient en un point 0, il y aurait

deux perpendiculaires OF, OG, abaissées d'un même

point 0 sur une mêmeligueFG~ ce qui est impossible.*

PROPOSITION XXII.



THEOREME.

Si deux lignes droites ~3, 6'D)~ avec une 6g. 36.

~)(i GBOMBTRfB.

tig.3,. Si deux lignes droites -~F, 6'D,yo/!fa~ec une

troisième J?/ <~eM~ angles intérieurs <M/ï /7!cy/ïe

CO~ dont la somme soit plus petite ou plus

grande que deux angles droits, les /~7ï~ AB, CD,

prolongées suffisamment, devront se rencontrer.

Soit i:" La somme BEF-i-EFO plus petite que deux

angles droits menez FG de manière que l'angle

EF&==AEF, vous aurezla somme BEF+EFG égaleà l a somme BEF+AEF et par conséquent égale à

deux angles droits, et puisque B,EF -1, EFD est plusdeux la d it DF

PROPOSITION XXIII.

THEOREME.



petite que deux angles droits, la droite DF sera com-

prise dans l'angle EFG.

Par le point F tirez une oblique FM qui rencontre

AB en M, l'angle AMF sera égal à GFM, puisqu'en

ajoutant de part et d'autre une même tité EFM

HVRBI. t~

AB en des points de plus en plus éloignes mais facilesdéterminer, puisque MN:=FM, NP==FN., PQ=

PF, etc. On peut même observer que chaque distance

d'un de ces points d'intersection au point fixe F, n'est

pas tout à fait double de la distance du point d'intersec-

tion précédent, car FN par exemple est moindre que

FM+MN ou 2 FM; on a pareillement FP <aFN,FQ < aFP, etc.

Mais en continuant de sous-diviser l'angle GFM en

raison double, on parviendra bientôt à un angle GFZ

plus petit que l'angle donné GFD, et il sera encore

vrai que FZ prolongée rencontre AB en un point dé-

terminé donc à plus forte raison la droite FD comprise dans l'angle EFZ, rencontrera AB.

Supposons 2° que la somme des deux angles inté-

rieurs AEF+CFE est l d deux l



rieurs AEF+CFE est plus grande que deux angles

droits, si l 'on prolonge AE vers 13 et CF vers D, la

somme des quatre angles AEF, BEF, CFE, EFD sera

égale à quatre angles droits; donc si de cette sommeon retranche AEF-{-CFE plus grande que

deux

GEOMKTKtE.28

*pr.3.

*pt.6.

~e.y /e/MM/y

AGO, GOC, sera

égale à deux

M~O~.

Car si elle était plus grande ou plus petite, les deux

droites AB, CD, se rencontreraient d'un côté ou de

1 autre* et ne seraient pas parallèles.

Coyo/~M'rë I. Si l'angle GOC est droit, l'angle AGOsera aussi un angle droit donc toute ligne perpen-

diculaire à l'une des parallèles est perpendiculaire à

l'autre.

Co~oZ~ II. Puisque la somme AGO -t- GOC est

égale à deux angles droits, et que la somme GOD-+-

GOC est aussi égale à deux angles droits si on re-

tranche de part et d'autre GOC, on aura l'angle AGO

=GOD. D'ailleurs AGO=BGE, et GOD=COF';



donc les quatre angles aigus AGO, BGE, GOD, COF,

sont égaux entre eux; il en est de même des quatre

angles obtus AGE, BGO, GOC, DOF. On peut ob-

server de plus qu'en ajoutant lun des quatre anglesà l' d l

LiVRH I.K«

les .ingies internes-externes, et les angles alternes-

externes.

Réciproquement si dans ce second cas, deux anglesde même nom sont égaux, on peut conclure que les

lignes auxquelles ils se rapportent sont parallèles.

Soit, par exemple, l'angle AGO=GOD; puisque GOC

t- GOD est égal à deux droits', on aura aussi AGO

-r GOC égal à deux droits, donc les lignes AG, CO, *pr.

sont parallèles.

PROPOSITION XXV.

THEOKEME.

Z~M.X- lignes AB, CD, parallèles & M/M ~)/- 6g. 3().

sièrne EF, ~c!r~e/~ entre e//c~.

Menez la sécante PQR perpendiculaire à EF.



Q perpendiculaire

Puisque AB est parallèle à EF, la sécante PR sera

perpendiculaire à AB*; de même puisque CD est pa- *cor.t.

rallèle à

EF, la

sécante PR sera

perpendiculaire àCD. Donc AB et CD sont perpendiculaires à la même

3a GEOMETRIE.

*pr.7.

droite AB, et par conséquent parallèles entre elles,

tes angles EGF, GFH, considérés par rapport aux

parallèles GE, FM, seront égaux comme alternes-

internes. Donc les,deux triangles EFG, FGH, ont un

côté commun FG adjacent à deux angles égaux,

chacun à chacun donc cès deux triangles sont

égaux* donc le côté EG qui mesure la distance des

parallèles AB, CD, au point E, est égal au côté FH,

qui mesure la distance de ces mêmes parallèles au

point F.

PROPOSITION XXVII.

THEOREME.

Si deux angles BAC, DEF, ont les cd~ ~a-

rallèles, chacun à chacun et dirigés ~f /e

/M ces deux angles ~e/'0/!f égaux



*~r.

angles égaux.

Prolongez, s'il est nécessaire, DE jusqu'à la ren-

contre de AC en G, l'angle DEF est égal à DGC,

parce que EF est parallèle à GC l'angle DGC est

égal à BAC parce que D& est parallèle à AB donc

LIVRE t. 3i

DUC, ont le côté commun BD; de plus, à cause des

parallèles AD, BC, l'angle ADB=DBC*, et à cause *pr.des parallèles AB CD l'angle ABD=BDC; donc

les deux triangles ADB, DBC, sont égaux*; donc le 'pr. 7.côté AB oppose à l'angle ADB est égal au coté DC

opposé a l'angle égal DBC, et pareillement le-troi-

sième côté AD est égal au troisième BC donc les

côtés opposés d'un parallélogramme sont égaux.En second lieu, de l'égalité des mêmes triangles il

s'ensuit que l'angle A est .égal à l'angle C, et aussi que

l'angle ADC, composé des deux angles A DB, BDC,est égal à l'angle ABC, composé des deux angles

DBC, ABD, d onc les angles opposés d'un paraUéto-

gramme sont égaux.

Corollaire. Donc deux parallèles AB, CD, com-

prises entre deux autres parallèles AD BC, sont



prises parallèles AD, BC,

é~.dc

PROPOSITION XXIX.

3a GËOMJj'nnE.

PROPOSITION XXX.

THEOREME.

6g. 44. Si deux côtés opposés AB, CD, d'un quadri-

/<<? ~0/?~ &°Mt<.< <~ /~7Y<e/ ~PM~C <:M~latére sori.t, éb~acc.c: et l~arczll,èle.s, les deux acEires

côtés .M/?< pareillement ~a~.<; et /~a/c/<?. et

la figure ABCD .fe/yt M/c/o~M/MWC.Soit tirée la diagonale BD puisque AB est pa-

rallèle à CD, les angles alternes ABD, BDC, sont

*t)r.2/ égaux d'ailleurs le côté AB=DC le côté DB est

commun; donc le triangle ABD est égal au triangle

pr. n. DBC donc le côté AD = BC, l'angle ADB == DBC,

et par conséquent AD est parallèle à BC donc la

figure ABCD est un parallélogramme.

PROPOSITION XXXI



PROPOSITION XXXI.

THF.ORMME.

fdeu,x di l AC DB <M/: / //M//f

LIVRE [L

LE CERCLE ET LA MESURE DES ANGLES.

D~PtPfTTrOJfS.

t. JLjA c~'coM/~<Mce du e~'c/f; est: )um ligne courbe, s". 46.dont tous les points sont également distants d'un pointintérieur qu'on appelle centre.

Le cercleest l'espace

terminé

par

cette

ligne

courbe.

JV.B. Quelquefois dans le discours on confond le cercle avec sa

circonférence; mais il sera toujours facile de rétaMir l'exactitude

des expressions, en se souvenant que le cercle est une surface quidi l i f '



a longueur et largeur, tandis que la circonférence n'est qu'une

ligne.

IL Touteligne

droiteCA, CE, CD, etc.,

menée

du centre à la circonférence, s'appelle r~o/t ou demi-

GEOMETRIE.34

V. Secteur est la partie du cercle comprise entre

un arc DE et les deux rayons CD, CE,, menés aux

extrémités <)e cet arc.

<:g. 47. Vf. On appelle /<e inscrite <A:/M le cercle, celle

dont les extrémités sont à la circonférence, comme

AB;

~At~f inscrit, un angle tel que BAC, dont le som-

met est à la circonférence, et qui est formé par deux

cordes;

7YM/e inscrit, un triangle tel que BAC, dont les

trois angles ont leurs sommets à la circonférenceEt en général figure inscrite celle dont tous les

angles

ont leurs sommets à la circonférence: en même

temps on dit que le cercle est circonscrit à cette figure.

6g. 48. VII. On appelle sécante une ligne qui rencontre la

circonférence en deux points telle est AB.



VIII. Tangente est une ligne qui n'a qu'un pointde commun avec la circonférence telle est CD.

Le

point

commun M

s'appelle point de contact.

IX. Pareillement deux circonférences sont <a/

LIVRE II. 35

courbe AFB, sans'quoi il y aurait dans l'une ou dans

l'autre des points inégalement éteignes du centre, ce

qui est contre la dénnition du cercle.

PROPOSITION ï).

THEORÈME.

l'oute c~f c~M~~f~~ que le diamètre.

Car si aux extrémités de la corde AD on mène les 6g. 4~.

rayons AC, CD, on aura la ligne droite AD < AC -t-

CD,ouAD< AB.Corollaire. Donc la plus grande ligne droite qu'on y

puisse inscrire dans un cercle est égale à son diamètre.

PROPOSITION 111.



THEOREME.

~e //g7:e droite ne peut ~'e/:co/!f/'6/' M~e cir-

co/z/ere/ïcc en plus de deux ~o<

Gr.OMKTRtt!.36

Car le diamètre AB étant égal au diamètre EF, le

demi-cercle AMDB pourra s appliquer exactement sur

le demi-cercle ENGF, et la ligue courbe AMDB cotn-

cidera entièrement avec la ligne courbe ENGF. Mais

on suppose la portion AMD égale à la portion ENG

donc le point D tombera sur le point G; donc la corde

AD est égaie à la corde EG.

Réciproquement, en supposant toujours le rayon

AC=EO, si la corde AD==EG, je dis que )'arc AMD

sera égal a l'arc ENG.

Car en tirant les rayons CD, OG, l es deux trian-

gles ACD, EOG, auront les trois côtes égaux chacun

à chacun, savoir, AC=EO, CD=OG, etAD==

*tt.t. EG; donc ces triangles sont égaux*; donc l'angleACD==EOG. Mais en posant le demi-cercle ADB sur r

son égal EGF, puisque l'angle ACD=EOG, il est

clair le CD tombera sur le OG et



clair que le rayon CD tombera sur le rayon OG, et

le point D sur le point G; donc l'arc AMD est égal à

l'arc ENG.

f PROPOSITION V

IjtVUJË II. ~7

Réciproquement, si la corde AH est. supposée ptus

grande que AD, on conclura des mêmes triangles

que l'angle ACH est plus grand que ACD, et qu'ainsi

l'arc .AH est plus grand que AD.

&:Ao& Nous supposons que les arcs dont il s'agit

sont plus petits que la demi circonférence. S'ils

étaient plus grands, la propriété contraire aurait lieu;

l'arc augmentant, la corde diminuerait, et récipro- ·

quement ainsi l'arc ARBD étant plus grand que

AKBH, la corde AD du premier est plus petite que

la corde AH du second.

PROPOSITION VI.

`THEOREME.

Le rayon CG, ~e/ye/MAc~~re à M~e corde s'-

AB divise cette corde e~ l'arc sous-tendu AGB



AB, divise cette corde e l arc sous tendu AGB,

chacun en deux parties égales.

Menez les rayons CA, CB; ces rayons sont, par à la CD deux bli

GEOMBTtHE.38

détermine) la position

dune

ligne droite; donc toute

ligne droite qui passe par deux des points mention-

nés, passera nécessairement par le troisième, et sera

perpendiculaire à la corde.

Il s'ensuit aussi que la perpendiculaire élevée sur

le /7:z7~M d'une corde passe par le centre et par le

milieu. de l'arc

~OM~t~/M~ar cette corde.

Car cette perpendiculaire n'est autre que celle quiserait abaissée du- centre sur la même corde puis-

qu'eHes passent toutes deux par le milieu de la corde.

PROPOSITION VIL

THEOREME.

<!g 52. ~/c'M points donnés, A, B, C, ~(Â~ e/ï

·ligne droite, on peut toujours faire passer une

i



C//6W!/e/'e~CC, mais on /6y!~)<?M~~a<C ~~M~

qu'une.

Joignez AB, BC, et divisez ces deux droites en deux

ti é l les di l i DE FG; je dis

LJVRBU. ~)

a la perpendiculaire FG, est i égate distance des 0

deux points B,C;d~onc les trois distances OA, OB,

OC, sont égales; donc la circonférence décrite du

centre 0 et du rayon OB passera par les trois points

donnés A, B, G.

H est prouvé par-là qu'on peut toujours faire passer une circonférence- par trois points donnés, non en

ligne droite; je dis de plus qu'on n'en peut faire pas-ser qu'une.

Car s'il y avait une seconde circonférence qui pas-

sât par les trois points donnés A, B, C, son centre

ne pourrait être hors de la ligne DE*, puisqu'alors il *'?'

serait inégalement éloigné de A et de B; il ne pour-

rait être non plus hors de la ligne FG par une raison

semblable; donc il serait à-la-fois sur les deux lignes

DE, F G. Or deux lignes droites ne peuvent se couper

en plus d un point; donc il n'y a qu'une circonférence



p us po ; y q

qui puisse passer par trois points donnés.

Co/v~H'e. Deux circonférences ne peuvent se

rencontrer en plus de deux points car si elles

i i ll i t l ê

GKOMKTRtE.40

moitié de AB, est égal au côte DG, moitié de DE;

,*i8,,i. donc. ces triangles sont égaux*, et le troisième côté

CF' est égal au troisième CG; donc, i°]es deux

cordes égales AB, DE, sont également éloignées du

centre.

a° Soit la corde AH plus grande que DE, l'arc

*pr.s. AKH sera plus grand que l'arc DME*: sur l'arc

AKH prenez la partie ANB=DME, tirez la corde

AB, et abaissez GF, perpendiculaire sur cette corde,

et CI, perpendiculaire sur AH; il est clair que CF

*'S,i. est plus grand que CO, et CO plus grand que CI*;

donc à plus forte raison CF>CI. Mais CF==CG,

puisque les cordes AB, DE, sont égales; donc on a

CG > CI; donc de deux cordes inégales la plus petiteest la plus éloignée du centre.

PROPOSITION IX



PROPOSITION IX.

THEOREME.

LIVRE II. 1

PROPOSITION X.

THËOREMB.

~eM;f~e/~AB, DE, ~/6/'cef<e/</ /<t 6g. 65.

c</co/z/ë/'<?/ïce des arcs égaux MN, PQ.

11 peut arriver trois cas.

1° Si les deux par~Uètes

sontsécantes,

menez le

rayon CH perpendiculaire à la corde MP, il sèra en

même temps perpendiculaire à sa parallèle NQ*; donc 24, i.

~e point H sera à-la-fois le milieu de l'arc MHP et

celui de l'arc NHQ*, on aura donc l'arc MH==HP

et l'arc NH==HQ de là résulte MH–NH==HP

-HQ, c'est-à-dire

MN=PQ.a° Si des deux parallèles AB, DE, lune est sé- ''X SS.

cante, l'autre tangente; au point de contact H menez

te rayon CH; ce rayon sera perpendiculaire à la tan-

et aussi à sa MP M i



gente DM*, et aussi à sa parallèle MP. Mais puisqueCH est perpendiculaire à la corde MP, le point H est

le milieu de l'arc MHP; donc les arcs MH, HP, com-pris entre les parallèles AB DE sont égaux

GrOMKTRiH.4~

fig.5,et 58.et 58.

*6.

Car la ligne AR, qui joint tes points d'intersection,

est une corde commune aux deux cercles. Or, si sur lemilieu de cette corde on éleve une perpendiculaire,elle doit passer par chacun des deux centres C et D*.

Mais par deux points donnés on ne peut mener qu'uneseule ligne droite; donc la tigne droite, qui passe par les centres, sera perpendiculairé sur le milieu de la

corde commune.

Si la distance des d eux centres

est plus

courte

que la somme des rayons, et en même temps

le plus grand rayon est moindre que la ~o/K//?f

t/M plus petit et de la distance des c~y! /M

d l

PROPOSITION XII.

THEOREME.



fig. 57Bg.S?et M.

''S-?7.

deux cercles se couperont.Car pour qu'il y ait lieu à intersection, il faut que

le triangle CAD soit possible: il faut donc non seu-lement CD soit <AC t AD mais aussi le

TjtVRE M.

PROPOSJTtON X~

THEOREME.

Si la distance CD des centres de deux cercles

est égale à la différence de leurs y~'o/M ÇA, AD,

ces deux cercles se toucheront intérieurement.

D'abord il est clair qu'ils ont le point A commun:'ts n'en peuvent avoir d'autre; car pour cela il fau-

drait que le plus grand rayon AD fût plus petit que la

somme faite du rayon AC et de la distance des centres

CD*, ce qui n'a pas lieu.

Corollaire. Donc, si deux cercles se touchent, soit

intérieurement, soit extérieurement, les centres et le

point de contact sont sur la même ligne droite.

Scholie. Tous les cercles qui ont leurs centres sur

la droite CD, et qui passent par le point A, sont tan-

*tt.

Bg-st)et6o.



gents les'uns aux autres; ils n'ont entre eux que le

seul point A de commun. Et si par le point A on mène

AE perpendiculaire à CD, la droite AE sera une tan-commune à tous ces cercles

GEOMETRIE.44

l'arc AB doit aussi tomber sur l'arc DE; car si les

deux arcs n'étaient pas confondus en un seul, il yaurait dans l'un ou dans l'autre des points inégale-ment éloignes du centre, ce qui est impossible;, donc

l'arc AB~DE.

2° Si on suppose AB==DE, je dis que l'angle

ACB sera égal à DCE; car si ces angles ne sont pas

égaux, soit ACB le plus grand, et soit pris ACI=

DCE; on aura, par ce qui vient d'être démontré, AI

==DE mais, par hypothèse, l'arc AB-DE; donc

on aurait AI==AB, ou la partie égale au tout, ce qui

est impossible; donc l'angle ACB==DCE.

PROPOSITION XVI.

THEOREME.

''g ti2. /<; wg/e cercle ou f/M des cercles M t



g /<; wg/e cercle ou f/M des cercles c~M.t,

.M~e~.f angles au centre ACB, DCE, sont e/e

eux comme <~fM~ nombres entiers, les arcs ~<e/AB DE seront entre éux comme les

MVRB H. 45

en nombres entiers, les arcs AB, DE, seront

eux comme les angles ACB DCE.Scholie. Réciproquement, si les arcs AB, DE,

étaient entre eux comme deux nombres entiers, les

angles A CB, DCE seraient entre eux comme le

mêmes nombres, et on aurait toujours ACB'DCE

::AB:DE; car les arcs partiels A/M, ~n, etc., Dx 1

;cj~, etc., étant égaux, les angles partiels AC/K,mC n etc., DC.?*, .~C~, etc., sont aussi égaux.

PROPOSITION XVII.

THEOREME.

Quel que soit le rapport des ~eM.c*H/cy ACR,

A CD ces deux. angles seront toujours 6/!<e <?/T'

comme les arcs AE, AD, interceptés entre leurs

d i d l

Sg.M.



côtés 6< décrits de leurs sommets comme centres

avec des rayons égaux.

Supposons le pins petitangle placé dans le plus grand:

GEOMETRtE.~6

Angle ACD: angle ACI arc AO: arc Al.

Mais l'arc AO est plus grand que l'arc Al il fau-

drait donc, pour que la proportion subsistât, que

l'angle ACD fût plus grand que l'angle AGI.; or au

contraire il est plus petit; donc il est impossible que

l'angle ACB soit à l'angle ACD comme l'arc AR est à

un arc plus grand que AD.

On démontrerait par un raisonnement entièrement

semblable que le quatrième terme de la proportionne peut être plus petit que AD donc il est exactement

AD; donc on a la proportion

Angle ACB: angle ACD:: arc AB:arc AD.

Corollaire. Puisque l'angle au centre du cercle et

l'arc intercepté entre ses côtés ont une telle liaison

que quand l'un augmente ou diminue dans un rap-

port quelconque, l'autre augmente ou diminue dans

le même rapport on e st en droit d'établir l'une de



ppces grandeurs pour la mesure de l'autre amsi nous

prendrons- désormais l'arc AB pour la mesure de

l'angle ACB. Il faut seulement observer, dans la com-

HVRBU.47

angles par les arcs de cercle est en quelque sorte

indirecte, il n'en est pas moins facile d'obtenir par leur moyen la mesure directe et absolue; car si vous

comparez l'arc qui sert de mesure à un angle avec le

quart de la circonférence, vous aurez le rapport de

l'angle donne a 1 angle droit, ce qui est la mesure

absolue.

Scholie II. Tout ce qui a été démontré dans les

trois propositions précédentes pour la comparaison

des angles avec les arcs, a lieu également pour la com-

paraison des secteurs avec les arcs car les secteurs

sontégaux lorsque les angles le sont, et e n général ils

sont proportionnels aux angles; donc deux secteurs

AGB ACD, pris dans le Me'Me èercle CM dans des

cercles ~cM~e sont entre eux comme les arcs AB

AD bases de ces mêmes MC~Mr.

On voit par-là que les arçs de cercle qui servent



de mesure aux angles peuvent aussi servir de mesure

aux différents secteurs d'un même cercle ou de cercles

égaux.

GEOMBTKIE.4S

l:uis)c CAD :u)):t))0))'mesure ).<mo)tiédt;ED)<tn))C

BACH-CAD ou BAD aura pour mesure la moitié de

BE+ED ou ta moitié de BD.

~S 65.Supposons en second lieu que lé centre C soit situé

hors de l'angle BAD alors menant le diamètre AE,

t angle BAE aura pour mesure la moitié de BE, l'angeDAE la moitié de DE; donc leur différence BAD aura

pour mesure la moitié (le HE moins la moitié de ED,

nu ta moitié de BD.

Donc tout angle inscrit a pour mesure la moitié de

l'arc compris entre ses côtés.

6g 66. Corollaire I. Tous les angles BAC, BDC, etc., ins-

crits dans le même segment sont égaux; car ils ont

pour mesure la moitié du même arc BOC.

~g 67. II. Tout angle BAD inscrit dans le d emi-cercle

est un angle droit; car il a pour mesure la moitié

de la demi-circonférence BOD ou le quart de la



circonférence.

Pour démontrer la même chose d'une autre ma-

nière, tirez le rayon AC; le triangle BAC est iso-

t.)\'n!: E )[i.. 4~

LV. Les angles opposés A et Cdun quadruatere

inscritABCD,

valent ensemble deuxangles

droits }

car l'angle BAD a pour mesure la moitié de lare BCD,

l'angle BCD a pour mesure la moitié de l'arc BAI),

donc les deux angles BAD, BCD, pris ensemble, ont t

pour mesure la moitié de la circonférence, donc l eur

somme équivaut à deux angles droits.

PROPOSITION XIX.

THEOREME.

/7<? BAC ~0/7/!cy~ M/ZC ~e/~ et M/~C

corde, a pour

7M~M/'6 /<? //M<7<c /c AMDC

compris entre ses côtés.

Au point de contact A menez le diamètre AD;

l'angle BAD est droit il a pour mesure la moitié de

la demi-circonférence'AMD, l'angle DAC a pour me-

6g. M.

Hg.(;9.

.9.



g p

sure la moitié de DC; donc BAD + DAC ou BAC a

pour mesure la moitié de

AMD, plus la moitié

de DC~ou la moitié de l'arc entier AMDC.

CEOMRTntB.50

fig.7'.

0)! au-dessous de la ligne AH un second point E éga-lement

éloigné des points A et

B, par les deux

pointsD, E, tirez la ligne DE; je dis que DE coupera la

ligne AB en deux parties égales an point C.

Car les deux points D et E étant chacun également

éloignes des extrémités A et B, ils doivent se trouver

tous deux dans la perpendiculaire élevée sur le milieu

de AB. Mais par deux points donnés il ne peut passer

qu'une seule ligne droite; donc la ligne DE sera cette

perpendiculaire elle-même qui coupe la ligne AB en

deux parties égales au point C.

PROBLEME II.

Par un point A, donné sur la ligne BC, éle-

ver une perpendiculaire à cette ligne.Prenez ies points B et C à égale distance de A, en-

suite des points B et C, comme centres, et d'un rayon



plus grand que BA, décrivez deux arcs qui se cou-

pent en D; tirez AD qui sera la perpendiculaire de-

mandée.

MVHE 11. 5ï

distants des points B et D'; donc la ligne AE est per-

pendictdairesur!erni)iendeBD.

PROBLEME IV.

point A de la ligne A B, /a/ë ~M angle f!j;. 73.

égal à l'angle donné K.

Du sommet K, comme centre, et d 'un rayon à

volonté, décrivez, l'arc IL terminé aux deux côtés

de l'angle; du point A, comme centre, et d'un rayon

ABégal à KI, décrivez 'arc indéfini BO; prenez en-

suite un rayon égal à la corde LI du point B, comme

centre, et de ce rayon, décrivez un arc qui coupe en

D l'arc indéfini BO; tirez AD, et

l'angle

DAB sera

égal à l'angle donné K.

Car les deux arcs BD, LI, ont des rayons égaux et

des cordes égales donc ils sont égaux*; donc l'angleBAD=IK.L. 0



PROBLEME V.

/.)/('MC/'M/! angle ou un arc <Zo/M en <T/<?~.?; ''S "4.

GEOMETRIE.52

Scholie. On peut, par la même construction diviser

chacune des moitiés AE, EB, en deux parties égales;

ainsi, par des sous-divisions successives, on divisera

un angle ou un arc donné en quatre parties égales, en

huit, en. seize, etc.

PROBLEME VI.

Bg 75. Par un point donné A M<?/M/' une para//c/f

à la ligne donnée BC.

Du point À, comme centre, et d'un rayon sufn-

samment grand, décrivez l'arc Indéfini EO; du point

E, comme centre, et du même rayon décrivez l'arc

AF, prenez ED=AF, et tirez AD qui sera la par.i)tè)f demandée.

Car en joignant AE, on voit que les angles alternes

AEF, EA.D, sont égaux; donc les lignes AD, EF, sont

'< t. llèl *



< . parallèles*.A

PROBLEMEVII.

LIVRE II. 53

PROBLEME IX.

~M/!< donnés un côté et deux angles J~M~

triangle décrire le f/'M~

Les deux angles donnés seront ou tous deux adja-

ceuts au côté donné, ou l 'un adjacent, l'autre oppo-sé dans ce dernier cas, cherchez le troisième vous *prob.

aurez ainsi les deux angles adjacents. Cela posé, tirez

la droite DE égale au côté donné, faites au point D fig. 78.

l'angle EDF égal à l'un des angles adjacents, et au

point E l'angle DEG égal à l'autre; les deux lignes

DF, EG, se couperont en H, et DEH sera le triangle

requis.PROBLÈME X.

Les trois cd~ A, B, C, d'un triangle e~ ~(;.

donnés, décrire le triangle.Tirez DE égal au côté A; du point E, comme



égal A; point E,

centre, et d'un rayon égal au second côté B, décri-

vezun arc; du point D, comme centre et d'un rayonau t i iè ôté décrivez un autre arc

GBOMKT&m.54

Hgne DF; tirez

EF, et

DEF sera le

triangle de-

mandé.

M faut, dans ce premier cas, que le côté B soit plus

grand que A, car t'ang]e C étant droit ou obtus, est

le plus grand des angles du triangle; donc le côté op-

posé doit être aussi le plus grand.6~. 8t. ~« Si

l'angle C est

aigu, et

que B soit

plus grand queA, la même construction a toujours lieu, et DEF est

le triangle requis.fig. 82. Mais si, FanglëC étant aigu, le côté B est moindre

que A, alors l'arc décrit du centre E avec ie rayon

EF~B, coupera lé côté DF en deux points F et G,

situés du

même côté de D; donc il

y aura deux trian-

gles DEF, DEG, qui satisferont également au pro-

blème.

Je/M/M. Le problème serait. impossible dans tous

les cas, si le côté B était plus petit que ta perpendi-



culaire abaissée de E sur la ligne DF.

PROBLBMB XH

LIVKBH. 55

nu

rectangle; si, de

plus,

les côtés sont

égmix,

ce sera

nxquarré.

f&OBLEMB XHI.

7 ~'oM~gy le centre J'M/! cercle ou d'un arc J~e.

Prenez à votonté dans la circonférence on dans t:g. 8/

tare trois points A, B, C; joignez ou

imaginez qu'on

joigne AB et BC, divisez ces deux lignes en deux par-ties égales par les perpendiculaires DE, FG; le point

0, oit ces perpendiculaires se rencontrent, sera le

centre cherché.

Scholie..La même construction sert à faire passer une circonférence par les trois points donnés A, H, C,

et aussi à décrire une circonférence dans taquetle.ie

triangle donné ABC soit inscrit.

PROBLEME XIV.



Par un point <~o/Mc /C~cr une ~~<?/!f6

~~ec/'e/<?<7o/!ne.Si l d é A t la ti )i 85

GEOMETRIE.56

commune) et le côté CB==CD; donc ils sont t*<8,t.

égaux*, donc AD~AB, et en nieme temps l'angleCAD=:C:AB.

PROBLEME XV.

"s 8? 7/Mc/f M/< cercle ~/M K/! ~a~/e ~c ABC.

Divisez les angles A et B en deux également par les lignes AO et BO qui se rencontreront en- 0 du

point 0 abaissez les perpendiculaires OD, OE, OF,

sur les trois côtés du triangle; je dis que ces perpen-diculaires seront égales entre elles; car, par construc-

tion, l'angle DAO==OAF, l'angle droit ADO=AFO;

donc le troisième angle AOD est égal au troisième

AOF. D'ailleurs le côté AO est commun aux deux

triangles A OD, AOF, et les angles adjacents au côté

égal sont égaux; donc ces deux triangles sont égaux;donc DO==OF. On prouvera de même que les deux

t d



triangles BOD, BOE, sont égaux; donc OD==OE,

donc les trois perpendiculaires OD, OE, OF, sont

égales entre elles.

LIVRE Il. 57

pendiculaire

sur le milieu de AB; du point de ren-

contre 0, comme centre, et du rayon OB, décrivez

un cercle, le segment demandé sera AMB.

Car puisque BF e st perpendiculaire à l'extrémité

du rayon OB, BF est une tangente, et Fangle ABF a

pour mesure la moitié de l'arc AKB'; d'ailleurs l'an-

gle AMB, comme

angle inscrit, a aussi pour mesure

la moitié de l'arc AKB, donc l'angle AMB = ABF =

EBD~=C; donc tous les angles inscrits dans le seg-

ment AMB sont égaux à l'angle donné G.

6'eAo~c. Si l'angle donné était droit, le segment cher-

cité serait le demi-cercle décrit sur le diamètre AB.

PROBLEME XVH.

?'OM~ rapport /!M/e/Me de deux /~7!<?~

< o~c.y données AB, CD, si fOM~e~M c<?~ <Ze«~

/7!e~ o/ entre elles une mesure co~/MM/~e.

l CD l AB

*~2.

fig. gu.



Portez la plus petite CD sur la plus grande AB au-

tant de foisqu'elle peut y

être contenue; par exemple,'deux fois avec le reste BE.

GEOMETRIE.58

Par exemple, si l 'on trouve que GB est contenu

deux fois juste dans FD, BG sera la commune mesure

des deux lignes proposées. Soit BG== t, on aura FD

==a, mais EB contient une fois FD plus GB; donc

EB==3; CD contient une fois EB plus FD; donc

CD ==5, enfin AB contient deux fois CD plus EB;

donc AB==i3; donc !e rapport des deux lignes AB,

CD, est celui de i3 à 5. Si la ligne CD était prise pour

unité, la ligne AB serait et si la ligne AB était prise

pour unité, la ligne CD serait

&/M~. La méthode qu'on vient d'expliquer est la

même que prescrit l'arithmétique pour trouver lecom-

mun diviseur de deux nombres ainsi elle n'a pas besoin d'une autre démonstration.

Il est possible que, quelque loin qu'on continue

l'opération, on ne trouve jamais un reste qui soit

contenu un nombre de fois juste dans le précédent



juste précédent.

Alors les deux lignes n'ont point de commune mesure,

et sont ce qu'on appelle Mco/MMe/MMr~~M on en

nvnstt. 5~

mu:ie mesure des arcsCD, EF, s'ils

en ontuue,

et à

leur rapport en nombres. Ce rapport sera le même nuecelui des angles donnés'; et si DO est la commune

mesure des arcs, DAO sera celle des angles.

Scliolie. On peut ainsi trouver la valeur absolue d'un ii

angle en comparant l'arc quilui sert de mesure à toute

la circonférence par exemple, si l'arc CD est à la cir-conférence comme 3 est à a5, l'angle A sera les de

quatre angles droits, ou d'un angle droit.

M pourra arriver aussi que les arcs comparés n'aient t

pas de commune mesure; alors on n'aura pour les

angles que des rapports eu nombres plus ou moins

approchés, selon que l'opération aura été poussée plusou moins loin.

*'7.~



LIVRE III.

LES PROPORTIONS DES FIG URES.

DEFINITIONS. &

t. J APPELLERA i~K/*<M' e~H~ celles don t les

surfaces sont égales.Deux figures peuvent être équivalentes, quoique

très-dissemblables par exemple, un cercie peut

être équivalent à un quarré, un triangle a un rec-

tangle, etc.

La dénomination de figures égales sera conservée à

celles qui étant appliquées l'une sur l'autre, coïncident

'-dans tous leurs points tels sont deux cercles dont



les rayons sont égaux, deux triangles dont les trois

côtés sont égaux chacun à chacun, etc.

LIVRE tll. 01 1

pendiculaire EF qui mesure la distance des deux côtésfig. ~3.

opposés AB, CD, pris pour hases.

V. La hauteur d'un triangle est la perpendiculaireAD abaissée du sommet d'un angle A sur le côté op- rg. K~-

posé BC pris pour base. Bg. g:.

VI. La A~M~M:' du trapèze est l a perpendiculaire

EF menée entre ses deux côtés parallèles AB, CD.

VIL L'aire ou la surface d'une

figure sont des ter-

mes à-peu-près synonymes. L'aire désigne p!us parti-culièrement la quantité superficielle de la figure eu

tant qu'elle est mesurée ou comparée a d'autres sur-

faces.

j5. Pour l'intelligence

de ce livre et des suivants, il

faut avoir présente la théorie des proportions, pour laquellenons renvoyons aux traités ordinaires d'arithmétique e)

d'algèbre. Nous ferons seulement une observation, qui est

très-importante pour fixer le vrai sens des propositions, ct~

dissiper toute obscurité, soit dans l'énoncé, soit dans les



dissiper , ,

démonstrations.

Si on a l a proportion A:B::C:D, on sait que le produit

GEOMETRIE.62

Les grandeurs A et B peuvent être d'une espèce, par

exemple, des

lignes, et les

grandeurs C et P d'une autre

espèce, par exemple, des surfaces; alors il faut toujours re-

garder ces grandeurs comme des nombres A et B s'expri-

meront en unités linéaires, C et D en unités superficielles,

et le produit A XD sera un nombre c omme le produit BXC.

En général, dans toutes les opérations qu'on fera sur les

proportions il faut toujours regarder les termes de ces pro-

portions comme autant dénombres, chacun de l'espèce qui

lui convient, et on n'aura aucune peine à concevoir ces opé-

rations et l es conséquences qui en résultent.

Nous devons avertir aussi que plusieurs de nos démons-

trations sont fondées sur quelques-unes des règles les plus

simples de l 'algèbre, lesquelles s'appuient elles-mêmes sur

les axiomes connus ainsi si l'on

aAr~B-t-C, et qu'on mu t-

tiplie chaque membre par une même quantité M, on en

condutAxM==BxM-r-CxM; pareiilementsil'on aA==

B-r-C etD==E–C, et qu'on ajoute les quantités égales,

en effaçant-}-Cet–C qui se détruisent, on en conclura

A.-r-D=B-{-E, et ainsi des autres. Tout cela est assex



A. r D B { E,

évident par soi-même; mais, en cas de difficulté, il sera

bon <le consulter les livres d'algèbre, et d'entre-mêler ainsi

LIVRE tH. 63

I[ suit de là que les triangles DAF, CBE, sont équi-tntéraux entre eux, et par conséquent égaux.

Mais si d u quadrilatère A-BED on retranche le tri- 6g. <)f!.

angle ADF, .il r este le parallélogramme ABEF; et si

du même quadrilatère ABED on retranche le tr:ang!e

CBE, il reste le parallélogramme ABCD donc les

deux parallélogrammes ABCD, ABEF, qui ont même e

base et même hauteur, sont équivalents.

Corollaire. Tout parallélogramme ABCD est équi-valent au rectangle ABEF de même base et de même, 6g. 97.

hauteur.

PROPOSITION Il.

THEOREME.

7b<~ //<<<t/e ABC /MO/<° du parallélo- 6g. 9~.

~7'7~/y!~ A BCD qui a /c/Me base et /MC//M hauteur.

Car les triangles ABC, ACD, sont égaux T.



Corollaire I. Donc un triangle ABC est la moitié du

rectangle BCEF qui a même base BC et même hau-

CEOMUTKt!6~

i:K.

connneHsnrabtes entre el)es, et quelles soient, par

exemple, comme les nombres y et si on divise AB

en y parties égales, AE contiendra de ces par-

ties, élevez à chaque point de division une perpen-

diculaire à la base, vous formerez ainsi sept rectan-

gles partiels, qui seront égaux entre eux, puisqu'ilsauront même base et même hauteur. Le ,rectangleABCD contiendra

sept rectangles partiels,

tandis queAEFD en contiendra quatre; donc le rectangle ABCD

est au rectangle AEFD comme 7 est à 4, ou comme

AB est à AE. Le même raisonnement peut être appli-

qué a tout autre rapport que celui de y à / { ; donc,

quel que soit ce rapport, pourvu quil soit coiumen-

su râblé, on aura,

Supposons, en second lieu, que les bases AB, AE,

soient incommensurables entre elles; je dis qu'on n'en

aura pas moins,

ABCD: AEFD ::AB:AE.

ABCD: AEFD A 13: AE.



Car si cette proportion

n'est

pas vraie, les trois

pre-miers termes demeurant les mêmes le t iè sera

ABCD: AEFD A 13: AE.

nvnB <n. 65

Mais AO est plus grand que Al; donc, pour que

cette proportion subsistât, il faudrait que le rectangleAEFD fut plus grand que AIKD; or, au contraire, il

est plus petit; d onc la proportion est impossible; donc

ABCD ne peut être à AEFD comme AB est à une ligne

plus grande que AE.

Par un raisonnement entièrement semblable, on

prouverait que le quatrième terme de la proportionne peut être plus petit que AE; donc il est égalà AE.

Donc, quel que soit le rapport des bases, deux

rectangles de même hauteur ABCD, AEFD, sont

entre eux comme leurs bases AB, AE.

PROPOSITION IV.

THEOREME.



~M.r rectangles ~Me/e~M~'ABCD, AEGF,

t t d //?M/fig.tnt.

GEOMETRtE.66

comme multiplicateur commun à i'a-ntécédent et au

conséquent, on aura,A.BCD:AJEGF::ABxAD:AExÀF.

~c/to&e. Donc on peut prendre pour mesure d'un

rectangle le produit de sa base par sa hauteur, pourvu

qu'on entende par ce produit celui de deux nombres,

qui sont le nombre d'unités linéaires contenues dans

la base,

et le nombre d'unités linéaires contenues dansla hauteur.

Cette mesure, d'ailleurs, n'est pas absolue, mais

seulement relative; elle suppose qu'on évalue sem-

hlablement un autre rectangle en mesurant ses côtés

par la même unité linéaire; on obtient ainsi un second

produit, et le rapport des deux produits est égal àcelui des rectangles, conformément à la proposition

qu'on vient de démontrer.

Par exemple, si la base du rectangle A est de trois

unités et sa hauteur de dix, le rectangle sera représentéle nombre 3 X 10 ou 3 nombre i ainsi isolé



par le nombre 3 X 10, ou 3o, nombre qui ainsi isolé

ne signifie rien mais si on a un second rectangle Bd l b it d d i é l h d

LTVREHI.6y

On confond assez souvent en géométrie le produitde deux lignes avec leur rectangle, et cette expres-sion a même passé en arithmétique pour désigner le

produit de deux nombres inégaux., comme on emploiecelle de quarré pour exprimer le produit d'un nombre

multiplié par lui-même.

Les quarrés des nombres t, a 3 etc. sont i, 4,

<), etc. Aussi voit-on

que le

quarré

fait sur une

lignedouble est quadruple; sur une ligne triple, il est neuf

fois plus grand, et ainsi de suite.

PROPOSITION V.

THEOREME.

//a/e d'un ~0~7'<ï~7!e quelconque est

égale au produit de sa base par sa /M~M/.

Car le parallélogramme ABCD est équivalent au

rectangle ABEF, qui a même base AB et même hau-

Sg.ioS.

CH.97-



teur BE*; or celui ci a pour mesure ABxBE**

donc ABxBE est égal à l'aire du parallélogramme

'f.4.

68 CËOM~TKtE.

= BC X AD*; donc celle du triang!e=~BC X AD,

ouBCx~AD.Corollaire. Deux triangles de même hauteur sont

entre eux comme leurs bases, et deux triangles de

même base sont entre eux comme leurs hauteurs.

PROPOSITION V)I.

THEOREME.

Eg. ;oS. ~'f/<?~àz<?

ABCD e.~ ~<= /MM

teur EF, /M/<~e y-w la ~?<ww77?~ <~?~

/f/ AB, CD.

Par le point I, milieu du côté CB, menez KL pa-

rallèle au côté opposé AD, et prolongez DC jusqu'à

la rencontre de KL.

Dans les triangles IBL, 1CK, on a le côté IB==)C

par construction, l'angle LIB = CIK, et l'angle

*~4.t. IBL==ICK, puisque CK et BL sont paraltèles~,



< donc ces triangles sont égaux~; donc le trapèze

ABCD est équivalent au parallélogramme ADKL, et

LIVRE HI.69

On peut remarquer que la ligne HI~=AL==

AB+CD donc l'aire du trapèze peut s'exprimer aussi2

par EFxHJ elle est donc égale à la hauteur du

trapèze multipliée par la ligne qui joint les milieux

des côtés non parallèles.

PROPOSITION Vlli.

THEOREME.

.? une ligne AC est divisée en ~M~~av~ AB,

BC le ~M~y/'e~ï~ sur la /<? entière AC con-

tiendra le ~~(ï/'ye~~ sur une partie AB plus le

~M~/7'd fait sur l'autre partie BC plus deux

/OM le rectangle compris sous les deux parties AB,

BC, ce qu'on e~Me ainsi, AC ou (AB+BC)

6g.[o6,



=AB'+ic+ 2 AB x BC.

Construisez le quarré ACDE, prenez AF = AB

GEOMHTNIt!.7"

P R 0 P 0 S i T K) N ) IX.

THEOREME.

''g. '07. Si la /~6 AC <e/-<?/:c6 des deux

A B BC le quarré fait sur AC contiendra le

quarré de AB, plus le ~M~/re de BC, moins deux

/OM le rectangle fait sur AB et BC c'est-à-dire

~'o~ aura AC (AB BC)'= AB"-t- BC"–

zABxBC.

Construisez le quarré ABIF prenez AE == AC,

menez CG parallèle à Bt, HK parallèle à AB, etache-

vez lequarré

EFLK.

Les deux rectangles CBIG, GLKD, ont chacun pour mesure ABxBC si on les retranche de la figure en-

tière ABILKEA, qui a pour valeur AB-j-BC, il est

clair qu'il restera le quarré ACDE, donc, etc.

S h li C tt i t à l f l d' l



Scholie. Cette proposition revient à la formule d'al-

gèbre (s–~)'=.t't-2~.

LIVRE HI.7~

ta partie BHLK. est égaie au rectangle ËDGF, car

BH==DE et BK=EF; donc AKLË=ABHE+EDGF.

Or, ces deux parties forment le quarré ABIF moi nii

le quarré DHÏG, qui est le quarré fait sur BC; doue-)-2;

enfin (AB+BC) X (AB–BC)=AB–BC.'

Scholie. Cette proposition revient à la formule

d'atgèbre (~-t-~)(<&)==a"

PROPOSITION Xi.

THEOREME.

Le ~M~e /<Hf sur l'hypoténuse < triangle

rectangle est ~<ï~ à la ~o/?!/7?e des ~Mar/'e~

sur les deux ~M~~ côtés.

Soit ABC .un triangle rectangle en A ayant forme "g 'o'<.

des quarrés sur les trois côtés, abaissez de l'angle

droit sur Ihypoténuse la perpendiculaire AD que



vous

prolongerez jusqu'en E tirez ensuite les

diago-nales A F CH

GEOMETRIE.72

tig.]t8.

On a déjà prouvé que le triangle ABF est égal ait

triangle HBC; donc le rectangle BDEF, double du

triangle ABF, est équivalent au quarré AH, double

du triangle HBC. On démontrera de même que le rec-

tangle CDEG est équivalent au quarré AI; mais les

deux rectangles BDEF, CDEG, pris ensemble, font le

quarré BCGF; donc le quarré BCGF fait sur l'hypo-

ténuse, est égal à la somme des quarrés ABHL, ACIK,

faits sur les deux autres côtés; ou,. en d'autres termes,

BC=AB+AC~

Corollaire I. Donc le quarré d'un des côtés de

l'angle droit est égal au quarré de l'hypoténuse moins

le quarré de l'autre côté, ce qu'on exprime ainsi:

AB~BG'–AC.

Corollaire II. Soit ABCD un quarré, AC sa dia-

gonale le triangle ABC étant rectangle et isoscèle,

on aura AC==AB-t-BC==aAB'; donc -/e yK<f}



; yK f}

fait sur la

diagonale AC

est.double du

~K~H<K/' l ô é AB

LIVRE III. 73

tangle BDEF comme la base BC est à là base BD;

donc,donc,

BC': AB'BC:BD.

Donc le yK<!A'e de l'hypoténuse est <!M ~Ka/vc ~'K/<

des côtés de /'aM~/6 droit C07?!77!e ~'A~O~M~e est <!M

segment adjacent à ce côté. On appelle ict segment ).(

partie de l'hypoténuse déterminée par la perpendicu-

laire abaissée de l'angle droit; ainsi BD est le segment t

adjacent au côté AB, et.DC est le segment adjacent au

côté AC. On aurait semblablement,

BC AC' BC CD.

Corollazre ÏV. Les rectangles BDEF, DCGË, ayant

aussi la mêmehauteur,

sont entre eux comme leurs

bases BD, CD. Or, ces rectangles sont équivalents aux

quarrés AB, AC; donc,

AB':AC:: BD DC.

Donc les quarrés des deux côtés de l'angle droit sont



entre eux CC//MKe les segments de l'Izypoténuse a~O-

cents à e~ co~M

GEOMKTK1E74

Ajoutant de part et d'autre AD, et observant que

tes triangles rectangles ABD, ADC, donnent AD+

BD==AB et AD+DC=AC, on aura AB=BC+

AC–aBCxCD.

a" Si la perpendiculaire AD tombe hors du triangleS'

ABC on aura BD==CD–BC, et par conséquent*

BD==CD+BC–2CDxBC. Ajoutant de part et

d'autre AD, on en conclura de même,

AB=BC+AC–2BCxGD.

PROPOSITION X 1 i L

THEOREME.

''S- Dans un triangle ABC., si l'angle C est obtus,

le quarré du côté opposé AB sera j~/M.~ s/'a/

la somme des é des côtés i eo~



que la somme des quarrés des côtés qui eo

prennent l'angle C, e t si on abaisse AD~e~-

LtVRBUt. 7~'r~

au quarré du troisième; car si l'angle compris par ces

côtés est aigu, la somme de leurs quarrés sera plus

grande que le quarré du côté opposé; s'il est obtus,

elle sera moindre.

PROPOSITION XIV.

THEOREME.

Dans un triangle quelconque ABC, si on y/ïc~e ''g-

du ~o~wef au //ï!~eM de la base la ligne AË, /e

dis qu'on aura AB+ AC==a AE -t- BE.

Abaissez la perpendiculaire AD sur la base BC, le

triangle AEC donnera

par le théorème

xn,AC=AE+EG–2ECxED.

Le triangle ABE donnera par le theorême xut,-2 -2

AB= AE+ EB+ a EB x ED.

Donc, en ajoutant et observant'que EB=EC, on aura,



AB+AC=: 2 AE+ 2 EB.

GEOMETRIE.y6

PROPOSITION XV.

THEOREME.

6g. t<4. la /~7i'e DE, /M6/!e6 ~a;/M//e/e/<?/~ à /<ï ~<~e

<M/< ~/<a/~7e ABC J~Mg les c~cj AB, AC,

proportionnellement;, de sorte qu'on a AD DB

AE EC.Joignez BE et DC; les deux triangles BDE, DEC,

ont même base DE ils ont aussi même hauteur,

puisque les sommets B et C sont situés sur une paral-

*a. lèle à ]a base; donc ces triangles sont équivalents*.Les triangles ADE, BDE, dont le sommet commun

est E, ont même hauteur et sont e ntre eux commeg, leurs bases AD DB ainsi on a

ADE BDE AD DB.

Les triangles ADE, DEC, dont le sommet commun

est D, ont aussi même hauteur, et sont entre eux

comme leurs bases AE, EC donc,



AE, C do c,

ADE DEC AE EC.

HVRjElli.77

OE:OF, ces deux proportions donnent AE CF

EG FH.

On démontrera de la même manière que EG

FH::GB:HD, et ainsi de suite; donc les lignes AB,CD. sont coupées proportionnellement par les para)-)e!es EF, GH, etc.

PROPOSITION XVI.

THEOREME.

/~c~p/'o<~e/~e~ si les côtés.AB, AC, .f<?/ cou-

~<~ j9/'6'~o/o~~e//e/?!e/~ /~<x/' la /~7?e DE, 6/?

sorte ~M'OM ait AD DB AE EC, je dis <~K<?la

ligne DE sera parallèle à la base BC.

Car si DE n'est pas parallèle à BC, supposons queDO en soit une; alors, suivant Je théorème précé-

dent, on aura AD:BD::AO:OC. Mais, par hypo-

thèse, AD:DB::AE:EC; donc on aurait AO:OC:=

AE:EC; proportion impossible, puisque d'une partl' té éd t AE est et d

6g.tt6.



l'antécédent AE est plus grand que AO, et que de

l'autre le é t EC est l i OC donc

~3 GBONETRÏf.

Par le point C menez CE parallèle à AD jusqu'à la

rencontre de BA

prolongé.Dans le triangle BCE, la ligne AD est paratièle la

hase CE; ainsi on a la proportion

BD:DC::AB:AE.

Mais le triangle ACE est isoscèle; car, à cause des

parallèles AD, CE, l'angle AGE=DAC, et l'angle

'i. AEC=BAD* or, par hypothèse, DAC=BAD;t3,i. donc l'angle ACE-AEC, et par suite AE==AC*,

substituant donc AC à la place de AE dans la propor-tion précédente, on aura,

BD:DC::AB:AC.

PROPOSITION XVIII.

THEOREME.

/~MA' triangles <~K<7<M ont les côtés Ao/MO-

logues proportionnels et sont ~ï&~&

Hg.n9. Soient ABC, CDE, deux triangles qui ont les an-



g q

gles égaux chacun à chacun, savoir BAC-CDE,

HVRB J[1T. 7~

Dans le même triangle BFE, si on regarde BF

comme la base, CD est une parallèle à cette base, et

on a la proportion BC:CE::FD:DE. A la place de

FD mettant son égale AC, on aura,

BC:CE::AC:DE.

Enfin de ces deux proportions qui contiennent te

même rapport, BC:CE, on peut conclure aussi,

AC:DE::BA:CD.

Donc les triangles équiangles BAC, CDE, ont tes

côtés homologues proportionnels mais, suivant la

définition II, deux figures sont semblables, lorsqueelles ont à la fois les angles égaux chacun à chacun,

et les côtés homologues proportionnels; donc les

triangles équiangles BAC, CDE, s ont deux figuressemblables.

~on~/<M/'e. Pour que deux triangles soient sembla-

bles, il suffit qu'ils aient deux angles égaux chacun a

chacun, car alors le troisième sera égal de part et

d'autre, et les deux triangles serontéquiangles.

tSeAo//<s dans tes sem-



tSeAo//<s. Remarquez que, dans tes triangles sem-

bi bl les côtés h l sont é à des

8o GEOMETRIE.

Faites au point E l'angle FEG=B et nu point F

l'angle EFG==C, le troisième G sera égal au troi-sième A, et les deux triangles ABC, EFG, seront

équiangles; donc on aura par le théorème précédentBC:EF::AB:E&: mais, par hypothèse, BC:EF::

AB: DE; donc EG-DE. On aura encore, par le

même théorème, BC:EF ::AC:FG; or on a, par hy-

pothèse, BC:EF ::AC:DF, doncF&=DF; doncles triangles EGF, DEF, ont les trois côtés égauxchacun à chacun; donc ils sont égaux*. Mais, par

construction le triangle EGF est équiangle au trian-

gle ARC; donc aussi les triangles DEF, ABC, son t

équiangles et semblables.

~<M~e I. On voit par ces deux dernières proposi-tions, que dans les triangles, l'égalité des angles est

une suite de la proportionnalité dés cqtés, et ré-

ciproquement, de sorte qu'une de ces conditions

suffit pour assurer la-similitude des triangles. Il n'en

est pas de même dans les figures de plus de trois



g p

côtés; car dès qu'il s'agit seulement des quadrila-

t.)VHB)H. 8t

et à la tésutution de tous tes probtemes: la raison en

est que toutes les figures peuvent se partager en

triangles, et un triangle quelconque en deux trian-

gles rectangles. Ainsi les propriétés générales des

triangles renferment implicitement celles de toutes les

figures.

p R o p o s rr ) ONx &.

THfOBRWt!.

Z~CM~ <77a/~<~ ~M< ont M/< ~<; <~M/CO/M

entre côtés proportionnels, ~0/M&

Soit l'angle A D, et supposons qu'on a AB:

DE AC DF je dis que le triangle ABC est sem-

blable à DEF.

Prenez AG == DE et menez GH paraHète à BC

t'angle AGH sera égal à l'angle ABC*; et le triangle

AGH sera équiangte au triangle ABC on aura donc

AB:AG::AC:AH: mais, par hypothèse AB:DE::



mais, par hypothèse,

AC:DF et par construction AG = DE donc AH ==

GEOMETRtE.8a

BAC a EDF: donc les triangles ABC, DEF, son!

équiangtes; donc ils sont semhiaittes.

c~i 2" Soit le côté DE perpendiculaire à AB, et le

côté DF à AC dans le quadrilatère ALDH les deux-

angles ï et H seront droits les quatre angles valent

*2o, t. ensemble quatre angles droits donc tes deux res-

tants IAH, IDH, valent deux angles droits. Mais les

deuxangtes EDF, IDH,

valent aussi deuxangles

droits donc l'angle EDF est égal à IAH ou BAC

pareillement si le troisième coté EF est perpendi-

culaire au troisième BC, on démontrera que'l'angle

DFE=C, et DEF=B donc les deux triangles ABC,

DEF, qui ont les côtés perpendiculaires chacun à

chacun, sont

équiangles et semblables.

Scholie. Dans le cas des côtés parallèles, les .côtés

homologues sont les côtés parallèles, et, dans celui

des côtés perpendiculaires ce sont les côtés perpen-

diculaires. Ainsi, dans ce dernier cas, DE est homo-

logue à AB, DF à AC, et EF à BC.

d ff i



Le cas des

côtés perpendiculaires pourrait offrir

LIVRE Ht. 83

PROPOSITION XXII.

THEOREME.

Z~ //gv!~ AF, AG, etc., Me/ comme o/! ~OM-

<?~r/e~o~d~ ~'M~cz~/e, <Me/:fjp/'6'~o-

//e'/Me//e/7!<?~ base BC e~ M ~/M//e/<? DE, <Zc

.Y~ qu'on a DI BF tR FG KL GH etc.

Car, puisque 01 est

pa~n~cte BF, )e

triangleADI est équiang~e à ABF, et on a ~a proportioii

DI:BF::AI:AF, de même IK. étant pata~ete à FG,

on a A1:AF::IK:FG, donc, a cause du rapportcommun A1:AF, on aura D[:BF::IK:F&. On trou-

vera semblablement IK:FG::KL:GH, etc.; donc i~

ligne DE est divisée aux points 1, K, L, comme )ahase BC l'est aux points F, G, H.

Con7/t'rc. Donc, si BG était divisée en parties

égales aux points F, G, H, ta parauète DE serait di-

visée de même en parties égales aux points 1, K, L.

PROPOSITION XXIII.

Cg.t25.



THEOREME

GEOMETRIE.84

ces deux triangles sont équiangles et; semblables. On

démontrera Je même que le ttiangle DAC est sem-

blahle au triangle BAC; donc les trois triangles sont

équiangles et semblables entre eux.

a° Puisque le triangle BAD est semblable au trian-

gle BAC, leurs côtés homologues sont proportionnels.

Or, l e côté BD dans le petit triangle est homologue

à BA d~ns le "rsnd parce qu'ils sont opposés a de;;ang!fs égaux, HAD, BCA; l'itypoténuse ~A dn petit

esthomo)ognc

at'hypoténnse

HC dn grand'; donc on

pfinr. Cornier la propordon BD BA BA BC. On

uuralt de la même manière DC:AC AC:BC; donc,

2° chacun des cotes AB, AC, est moyen propor-

tionnel entre l'hypoténuse et le segment adjacent ace côté.

3" Enfin, la similitude des. triangles ABD, ADC,

donne, en comparant les côtés homologues, BD:

AD:: AD: DC donc 3° la perpendiculaire AD est

moyenne proportionnelle entre les segments BD, DC



moyenne proportionnelle segments ,

de l'h té

LIVRE tll. 85

Ainsi tes propositions fondamentales de la géométrie

se

réduisent, pour ainsi dire à celle-ci seule, que

les triangles équiangles ont leurs côtes homologues

proportionnels.il arrive souvent, comme on vient d'en voir un

exemple, qu'en tirant des conséquences d'une ou de

plusieurs propositions, on retombe sur des proposi-

tions

déja démontrées. En

général, ce

qui caractérise

particulièrement les théorèmes de géométrie, et ce

qui est une preuve invincible de leur certitude, c'est

qu'en les combinant ensemble d'une manière quel-

conque, pourvu qu'on raisonne juste, on tombe

toujours sur des résultats exacts. Il n'en serait pas de

même si quelque proposition était fausse, ou n'étaitvraie qu'à-peu-près il arriverait souvent que par

la combinaison des propositions entre elles, l'erreur

s'accroîtrait et deviendrait sensible. C'est ce dont on

voit des exemples dans toutes les démonstrations où

nous nous servons de la /'c</Mc~'o/t à l'absurde. Ces



démonstrations ou l'on a pour but de prouver que

HEOMETRtB.86

'!g.t~.

hablement AC==CDxBC; donc AB:AC'BD:DC;

et si on compare AB à BC, on aura AB BC BD :BC

on aurait tiemême AC:BC::DC:BC. Ces rapportsdes quarrés des côtes, soit entre eux, soit avec le

quarré de l'hypoténuse, ont été déjà donnés dans Ics

corol. m et iv de la prop. xi.

PROPOSITION XXIV.

THEOREME.

Deux <M/~7&! qui ont M/ï angle égal sont

entre eux comme les ~c~/ï~~ des côtés qui

CO/C/M6/ l'angle égal. ~M< le triangle A bCest au <e ADE comme le y~c~c AB x AC

est au rectangle ADxAE.

Tirez BE; les deux triangles ABE, ADE, dont le

sommet commun est E, ont même hauteur, et sont

entre eux comme leurs bases AB, AD*; donc,*6.



, ; ,

ABE:ADE::AB:AD

HVttE IH.8y

Soit l'angle A==D et l'angle B=E d'abord à cause

desangles égaux

A etD,

onaura par

la proposi-tion précédente,

ABC:DEF::ABxAC:DExDF.

On a d'ailleurs, à cause de la similitude des triangles,

AB:DE::AC:DF.

Et si on multiplie cette proportion terme à terme p!"'la

proportion identique,AC:DF::AC:DF,

il en résultera,

ABxAC.DExDF::AC':DF.

Donc,

ABC:DEF.:AC~DF.~

Donc deux triangles semblables ABC, DEF, sont

entre eux comme les quarrés des côtés homologues

AG, DF, ou comme les quarrés de deux autres côtés

homologues quelconques.

PROPOSITION XXVI.

6g.tM.



A

GÉOMÉTRIE.88

~o. blés donc l'angle BCA est égal à GHF. Ces angles

égaux étant retranchés des

angles égaux BCD, GHI,les restes ACD, FHI seront égaux mais puisque les

triangles ABC, FGH sont semblables, on a AC:

FH::BC:GH, d'ailleurs, à cause de la similitude des

-dcf. 2. polygones BC GH CD HI donc AC F.H

CD:HI mais on a déjà vu que l'angle ACD=FHI;

donc les triangles ACD, FHI, ont un angle égal compris entre côtés proportionnels, donc ils sont sem-

blables. On continuerait de même à démontrer la

similitude des triangles suivants, quel que fftt le nom-

bre des côtés des polygones proposés donc deux

polygones semblables sont composés d'un même

nombre de triangles semblables et semblablernent

disposés.'Scholie. La proposition inverse est égalemen t vraie

Si deux C0/~0/!&! sont composés <MM We//tC M<W~/ e

</t! ~Mt~ ~?M~~ e~ ~em~ze~ disposés, ces

</t;K~'D<?~~Û~M seront ~t;mMa~



Car la similitude des triangles respectifs donnera

LIVRE lit.8.9(~

peut conclure de cette suite de rapports égaux La

somme des antécédents AB+BC-t-CD, etc., péri-mètre de la première figure, est à la somme des consé-

quents FG+GH-r-Hi, etc. périmètre de la seconde

figure, comme un antécédent est à son conséquent f

ou comme le côté AB est à son homologue FG.

a" Puisque les triangles ABC, FGH sont sembla-

bles, on a ABC FGH AC FH, de même les 'a5.

triangles semblables ACD, FHI, donnent ACD FHI

AC FH; donc à cause du rapport commun

AC'FH,ona,

ABC: FGH:: ACD: FHI.

Par un raisonnement semblable on trouverait,

ACD:FHI::ADE:FIK,

et ainsi de suite, s'il y avait un plus grand nombre

de triangles. De cette suite de-rapports égaux on con-

ctura La somme des antécédents ABC+ACD-t-ADE,

ou le polygone ABCDE est à la somme des consé-

quents FGH+FHI+F1K, ou au polygone FGHiK,



q au polygone ,

é éd ABC à

GEOMHTRtE.

PROPOSITION XXVIII.

THEOREME.

fig. <3o. tes parties </e cleux cordes AB, CD, qui se

coupent dans un cercle, sont yeC~<MC/7!e~{<

proportionnelles, c'est-à-dire ~M'o~ AO DO

::CO:OB.

Joignez AC et BD dans les triangles ACO, BOI),

les angles en 0 sont égaux comme opposés au som-

met l'angle A est égal à l'angle D, parce qu'ils sont

18, a. inscrits dans le même segment par la même raison

l'angle C==B donc ces triangles sont semblables, et

les côtéshomologues

donnent la

proportion AO:DO

::GO:OB.

Corollaire. On tire de là AO X OB=DO X CO donc c

je rectangle des deux parties de l'une des cordes est

égal au rectangle des deux parties de l'autre.

PROPOSITION XXIX.



HVHf H[. 9'

n'en diffère quen ce que les deux cordes AB, CD,

nu lieu de secouper

dans lecercle,

secoupentau dehors. La proposition suivante peut encore être

regardée comme un cas particulier de celle-ci.

PROPOSITION XXX.

THÉ 0 R:Ê M E.

Si d'un même point 0 pris hors du cercle on

we~e une tangente OA e~ une sécante OC, la

tangente sera moyenne Dro~o/~o~<?~' entre /«

sécante et sa partie extérieure; Je sorte qu'on

aura OC OA OA OD ou ce qui 7'C~/6'~f MM

~~c, OA'=OCxOD.

Car, en joignant AD et AC, les tnangtes CAD,

OAC, ont l'angle 0 commun de plus l'angle OAD,

forme pà~ une tangente et une corde a pour mesure

la inoitié de l'arc AD, et l'angle C a la même mesure;

donc l'angle OAD==C donc les deux triangles sont

6g.t3a.

''U~



bl bl et on a la

GEOMETRIE..9~

BAXAC==AKXAD; mais AE=AD+DE, et~efmiutti-

pliant de part

et d'autre par AD, on a AEXAD-AD-1-

'g ADxDE;d'aiHemsADxDE=BDxDC*;doncen(in

BAXAC=AD+BDXDC.

PROPOSITION XXX1L

THEOREME.

fig. t3A Dans tout ~'M/e ABC, le rectangle des deux côtés AB,

AC, est égal au /'cc'M/e co/j~a/' /e <<7/e<~e CE du

<;c/c/6'c<co/c/A~~ /)e~c/«//cM&e AD <a'&<e'f ~H/ /e

~/WM/<°M<; c~/<? BC.

Car, enjoignant AE, les triangles ABD, AEC, sont rec-

taxgtes, l'nn en D, l'autre en A; de plus l'angle B~=:E; doncces triangles sont semblables, et ils donnent la proportion

AB:CË::AD:AC; d'où résulte ABxAC==CExAD.

Ooro/&we. Si on multiplie ces quantités égales'par la

tnême quantité BC,onaura ABxACxBC==CExADx~C.

< 6. Or, ADXBC est le double de la surface d)[ triangle'; donc

le produit des trois c~<e~ f/'M/: <yM/e est c~a~ <? sa surface



WK/ f M le double du <a'}~f/<' </K cercle circonscrit

t.tVRt! lit. 1. (~

PROPOSITION XXX1U.

THEOREMK.

Ça/M tout <7«~~?7<7<<' t'fc/'f~ ABCD, le /f~e des(;, ,3g

/fH.~ </M'~o/?c7M AC, BD, est .foy~~e ~M ~ec<<ï/

~/ey des fdfM' 0/O.W.tj .fn/< <y~'0~ <7.

ACxBU==ABxCD-ADxBC.

Prenez l'arc CO=:AD, et tirez BO qni rencontre )=< dia-

gonale A.C en 1.

L'angle ABD~~CRf, puisque t'un a p<'))u mesure la moitic

de AD, et l'autre la moitié de CO égal à AD. L'augle ADB==

BCt, parce qu'ils sont inscrits dans le même segment A.OB;

donc le triangle ABD est semblable an triangle IBC, et on ala proportion AD:CI::BD:BC; d'où résulte ADxBC==

CI X BD. Je dis maintenant que le triangle ABI est semblable

an triangle BDC car l'arc AD étant égal à CO, si on ajoute

de part et d'autre OD, on aura l'arc AO=:DC; donc l'angle

AB[==DBC; de plus l'angle BAI=BDC, parce qu'ils sont

inscrits dans le même segment; donc les triangles ABI,DBC,



t l ôté d t l



~5MVHEMt.

/<?//ï<M r<?/af~ au /<' 7/

EROBLÊME PREMIER.

Diviser une ligne droite donnée en tant <~

parties égales qu'on voudra, OM e/f~

portionnelles à des lignes données.

1° Soit propose de diviser la ligne AB en cinq 6g. tSy.

parties égales par l'extrémité A on mènera la droite

Indénhie AG, et prenant AC d'une grandeur quel-*

conque, on portera AC cinq fois sur AG. On joindrale dernier point de division G et l'extrémité B par la

ligne GB, puis on mènera CI parallèle à GB je dis

que AI sera la cinquième partie de la ligne AB, et

qu'ainsi en portant AI cinq fois sur AB, la ligne AB

sera divisée en cinq parties égales.

Car, puisque Ct est parallèle à GB, les côtés AG,

AB, sont coupés proportionnellement en C et 1 Mais iS.

AC est la cinquième partie de AG donc AI est la cin-

quième partie deAB.

2°



2° S i d di i l AB

GEOMETRIE.< (i

*'8 '~u Tirez tes deux tignes indéfinies DE, Di sous un

(!g.[<!o.

angle quelconque.

Sur DE

prenez

DA~=A et DB==B,

sur DF prenez DC==C, joignez AC, et par le pointB menez BX parallèle à AC; je dis que DX sera la

quatrième proportionnelle demandée car, puisqueBX est parallèle à AC, on a la proportion DA:DB::

DC:DX; or, les trois premiers termes de cette propor-tion sont

égaux aux trois

lignes données donc DX

est la quatrième proportionneDe demandée.

C<<7/c. On trouvera de même une troisième

proportionnelte aux deux lignes données A, B, car

elle sera la même que la quatrième proportionnelleaux trois lignes A, B, B.

PROBLÊMK ill.

7'<9M~ une /q~e/ï/M ~/ïyO/0/M~e 6/6

deux'lignes données A et B.

Surla ligne indéfinie DF prenez DE==A, et EF=:B;sur la ligne totale DF comme diamètre, d écrivez la

d i i fé DGF i E él l



LIVRE IH.97

comme centre, et du rayon CB décrive/. une circot!-

térencë, tirez AC, qui coupera la circonférence en D,

et prenez AF==AD, je dis que la ligne AB sera diviséeau point F de la manière demandée, c'est-à-dire qu'on

aura AB:AF::AF:FB.

Car AB étant perpendiculaire à l'extrémité du rayon

CB, est une tangente; et si on prolonge AC jusqu'à ce

quelle rencontre de nouveau la circonférence en E~

on aura AE:AB::AB:AD; donc, ~W~M</o, AE "io. –AB:AB::AB–AD: AD. Mais, puisque le rayonBC est la moitié de AB, le diamètre DE est égal à

AB, et-par conséquent AE–AB=:AD==AF on a

aussi, à cause de AF==:AD, ÀB–AD=:FB, donc

AF A B FB ADou AF donc //M~/Ye/~o, AB AF

::AF:FB.&M. Cette sorte de 'division de' l a ligne AB.

s'appelle d ivision en* moyenne et extrême raison on

en verra des usages. On peut remarquer que la sé-

cante AE est divisée en moyenne et extrême raison

au point D; car, puisque AB=DE, on a AE:DE::

DE AD



GEOMETRIE.

f!f;.i43. 10 Soit ABCD le parallélogramme donné, AB sa

hase, DE sa hauteur entre AB et DE chercher une

pr. 3.. moyenne proportionnelle XY*; je dis que le quarréfait sur XY sera équivalent au parallélogramme ABCD:

Car on a, par construction, AB:XY::XY:DE; donc

XY=AB x DE or AB X DE est la mesure du pa-

rallélogramme, et XY celle du quarré, donc ils sont

équivalents.6g.j44. a" Soit ABC le triangle donné, BC sa base, AD sa

hauteur prenez une moyenne proportionnelle entre

BC et la moitié de AD, et soit XY cette moyenne

je dis que le quarré fait sur XY sera équivalent au

triangle ABC.

Car, puisqu'on a BC:XY.:XY AD, il en ré-

sulte XY==BC x ~AD, donc le quarré fait sur XY est

équivalent au triangle ABC. e

PROBLEME VU.

Cg..4! sur lali é

donnéeAD ?Ci ! 7 ?



T.tVRKttÏ. 99

A et X sera éga) à celui des deux rectangles AxB,

CxD.

Car, puisqu'on a B:C::D:X, H en résulte CxD

=BxX; donc AxB:CxD::AxB:BxX::A:X.

Co/'o//<!t're. Donc, pour avoir le rapport des quar-.

rés faits sur les lignes données A et C, cherchez une

troisième proportionnelle X aux lignes A et C,. en

sorte qu'on ait A:C::C:X, et vous aurez A' C'

A:X.

PROBLEME IX.

7'rc'Mt~er en lignes le ro~~o~ du produit des Cg. i/,p;

trois lignes données A, B, C, au prnduit des

trois lignes données P, Q, R.

Aux trois lignes données P, A, B, cherchez une

quatrième proportionnelle X aux trois lignes don-'

nées C, Q, R, cherchez une quatrième proportion-

nelle Y. Les deux lignes X, Y, seront .entre elles

comme les produits A X B X C, P X Q X R.

Car, puisque P: A B X on a A X B = P X X

l i li d d' C A B



GEUNmTimi.ÏOO

*pr.(!.

Car )estn.)ngIusCDE, CEE, ont la base e commune

CE; ils ont aussi même hauteur, puisque leurs som-

mets D F sont situés sur une ligne DF parallèle à la

base; donc ces triangles sont équivalents. Ajoutant

.de part et d'autre la figure ABCE, on aura d'un côté

le polygone ADCDE, et de l'autre le polygone ABCF

qui seront équivalents.

On peut pareillement retrancher l'angle B en substi-

tuant au triangle ABC le triangle équivalent AGC, et

ainsi le pentagone ABDE sera changé en un triangle

équivalent GCF.

Le même procédé s'appliquera à toute autre ngure;car en diminuant d'un à chaque fois le nombre des.

côtés, on finira par tomber sur le triangle équivaten).

A'Ao~e. On a déjà vu que tout triangle peut être

changé en un quarré équivalent ainsi on trouvera

toujours un quarré équivalent à une figure rectiligne

donnée; c'est ce qu'on appelle quarrer la figure recti-

ligne, ou en trouver la quadrature.

Le problême de la ~Ma'M/'e du cercle consiste :'t



HVREUt. tOt

FEH, prenez GE égal au plus petit de cotes A et B;du point G, comme centre et d'un

rayon

GH

égal

à

i'autre côté, décrivez un arc qui coupe EH en H; jedis quête quarré fait sur EH sera égal à la différence

des quarrés faits sur les lignes A et B.

Car le triangle GEH est rectangle l'hypoténuse

GH=:A, et le côté GE==B; donc le quarré fait sur

EH, etc.

Scliolie. On peut trouver ainsi un quarré égal à la

somme de tant de quarrés qu'on voudra; car la con-

struction qui en réduit deux à un seul, eu réduira

trois à deux, et ces deux-ci à un, ainsi des a utres. il

en serait de même si quelques-uns des quarrés devaient

être soustraits de la somme des,autres.

PROBLEME XII.

6'M<e un quarré qui ~0~<i;M~M~/7e~OM/!6 *'g

/ / l li l



1

102 GEOMETRIE.

fROBLEMEXIU.

ag.~9. 6M/' le côté FG, homologue à AB, décrire M~

/~o~go/!<' semblable a;Mj~o/~o/!e donné ABCDE.

Dans le polygone donne tirez les diagonales AC,

AD au point' F faites l'angle GFH==BAC, et au

point G l'angle FGH=ABC; les lignes FH, GH, secouperont en H, et FGH sera un triangle semblable

à ABC de même sur FH, homologue à AC, construi-

séz le triangle FIH semblable à ADC, et sur FI, homo-

logue à AD, construisez le triangle FIK, semblable à

ADE. Le polygone FGHIKsera le polygone demande)

semblable à ABCDE.Car ces deux polygones sont composés d'un même

nombre de triangles semblables et semblablement

*~6. placés*.

PROBLEME XtV.



HVRjUlII. t0~

PROBLEME XV.

Co/M~/Mt/ë une figure ~ï~a~/e 0 M/!e/!gU/~

</o~e6, c~~M~ soit à ce~e~Mrg dans le /'<x~yo/<

donné de M N.

Soit A un côté de la figure donnée, X le côté homo-

logue d ans la figure cherchée il faudra que le quàrré

de X soit au quarrë de A comme M est à N On trou- 27.vera donc X par le problême xu; connaissant X lè

reste s'achèvera par lé problème xm.

PROBLEME XVI.

Co/M~M/ une figure ~m~aZ'/e à la figure t* ~'g iSi.

e~Mt~a/e/~c à la figure Q.

Cherchez le côté M du quàrré équivalent à là figure

P, et le côté N du quarre équivalent il la ngure Q. Soit

ensuite X une quatrième proportionnelle aux trois

lignes données M N, AB sur le côté X homologueà AB, décrivez une semblable à la P;



IU~ GEOMETRIE.

Du point E, ou la parallèle coupe la circonférence,

abaissez sur le diamètre la perpendiculaire EF; je

dis

que AF et FB seront les cotés du rectangle cherché.

Car leur somme est égale à AB; et leur rectangtea3. AF X FB est égal au quarré de EF ou au quarré

de AD; donc ce rectangle est équivalent au quarrë

donné C.

Scholie. IIfaut, pour que

le problème

soit possible,

que la distance AD n'excède pas le rayon c'est-à-dire

que le côté du quarré C n'excède pas la moitié de la

ligne AB.

PROBLEME B XVIII.

'M Construire M/z /'ec~Mg7e équivalent à un ~Mc/ye

C, ef dont les côtés ~ce/~ aient entre eM.c la

différence donnée AB.

Sur la ligne donnée AB, comme diamètre, décri-

vez une circonférence; à l'extrémité du diamètre,

menez la tangente AD égale au côté du quarré C par le D et le centre 0 tirez la sécante dis



I.IVREttT. io5

le quotient avec le reste AD, qu'il faut comparer

avec BC ou son égale AB.

On peut prendre AF-AD, et porter réellement

AF sur AB; on.trouverait, qu'il y est contenu deux

fois avec un reste mais comme ce reste et les suivants

vont en diminuant, et que bientôt ils échapperaient

par leur petitesse, ce ne serait là qu'un moyen méca-

nique imparfait, d'où l'on ne pourrait rien conclure

pour décider si les lignes AC, CB, ont entre elles ou

n'ont pas une commune mesure or il est un moyen

très-simple d'éviter les lignes décroissantes/et de

n'avoir à opérer que sur des lignes qui restent toujours

de la même grandeur.En effet, l'angle ABC étant droit, AB est u ne tan-

gente, et AE une sécante menée du même point, de

sorte qu'on a *AD:AB::AB:AE. Ainsi dans la se- *~°-

conde opération où il s'agit de comparer AD avec AB,

on peut, au lieu du rapport de AD à AB, prendre

celui de AB à AE or AB ou son égale CD est conte-

nue.deux fois dans AE avec le reste AD; donc le ré-



GBOMB'ftHU.tuf)

uu'on voudra au moyen dé là fraction continue quiest

égale à ce

rapport. La

première opération a

donné pour quotient i la seconde et toutes lés autres

à l'iufini donnent 2 ainsi la fraction dont il s'agit

est i+i._

>'+~+

est I

"-t-'t-etc. à l'infini.

Par exemple

si on calculé cette fraction jusqu'au

quatrième terme inclusivement, on trouve crue sa

valeur est i ou ~} de sorte que le rapport appro-ché de la diagonale au côté du quarré est ~i 29.On trouverait un rapport plus approché en calculant

un plus grand nombre de termes.



LIVRE IV

LES POLYGONES RÉGULIERS,

ET LA MESURE DU CERCLE.

DEFINITION.

LJ]f polygone qui est à l a foisëquiangleetëquitatéra),

s'appelle ~o~~o/M /M/M7'.

Il y a des polygones rëguHers de tout nombre dé

cotes. Letriangle équilatéral

est celui dé troiscôiéset lé quarré, celui de quatre.


THBO&BMB.



GEOMETRIEto8

'3.

*20,t. 1.

Ëg.tA6.

Cû/'o/t'. Les périmètres Je deux polygones ré-

guhers tl'un

même nombre de côtes sont entre euxcomme tes côtés bomologucs, et leurs surfaces son!, L

connue les quarrés de ces mêtnes côtes

'5fA<(/. L'angle d'un polygone téguher sa détet-

nune par le nombre de ses côtés comme celui d un

polygone équiangle

PROPOSITION il.

THEOREME.

7'OM~o~gwze /'e~M~'e/' peut être inscrit ~y~

le cercle, et peut lui c~/ë circonscrit.

Soit ABCDE, etc., le polygone dont il s'agit, ima-

ginez qu'on fasse passer une circonférence par les

trois points A, B C, soit 0 son centre, et OP la per-

pendiculaire abaissée sur le milieu du côté BC; joignez

AO et OD.

Le quadrilatère OPCD et le quadrilatère OPBA



LIVIU. IV. 10~

Lu second lieu, par rapport a cette circonférence,tous les côtés AB,BC,CD,etc.,sontdes cordes égales;

elles sont donc également éloignées, du centre* donc 8, t.si du point 0 comme centre, et du rayon OP on

décrit une circonférence cette circonférence tou-

chera le côté BC et tous les autres côtés du polygone,chacun dans son milieu/et la circonférence sera in-

scrite dans le polygone, ou le polygone circonscrit à

la circonférence.

~e/M/M I. Le point 0, centre commun du cercle

inscrit et du cercle circonscrit, peut être regardéaussi comme le centre du polygone, et par cette raison

on appelle <m~/g au centre, l'angle AOB formé par les deux rayons menés aux extrémités d'un mênx'

côté AB

Puisque toutes les cordes AB, BC etc., sont égales,il est clair que tous les angles au centre sont égaux,et qu'ainsi la valeur de chacun se trouve en divisant

quatre angles droits par le nombre des côtés du po-

lygone.



GEOMETRIE.t tO

''R's?. Tirez deux diamètres AC, BD, qui se coupent à

'tt,3.

fig. tM.

angles droits; joignez les extrémités A, B, C, D, et la

figure ABCD sera )e quarré inscrit car les angles

AOB, BOC, etc., étant'égaux, les cordes AB, BC, etc.,sont égales.

~e~o/M. Le triangle BOC étant rectangle et Isoscèle,on a BC: BO t/ 2 ï donc le cofe du quarré M~r~

est aH rayon <*o/M7/!e la racine quarrée <~e 2 est ("

l'unité.

PROPOSITION IV.

PROBLÊME.

Inscrire un hexagone y'~M/ et un <7'g7<?

équilatéral

dans une

c~co/ë/'6/:ce donnée.

Supposons le problême résolu, et soit AB un côté

de l'hexagone inscrit; si on mène les rayons AO, OB

je dis que le triangle AOB sera équilatéral.Car langle AOB est la sixième partie de quatre an-

gles droits; ainsi en prenant l'angle droit pour unité

on aura AOB les deux autres



t.!VRt!tV. <t' 1

laquelle est 4 AB ou BO retranchant de part et

d'autre BO', il restera AG==3 BO~ donc AC~BO'

3:i, ou AC:BO:3:t; donc le côté du triangle

équilatéral inscrit est au r~<?M eo~/Ke La racine

quarrée de 3 est à ~'M/H~.

PROPOSITION V.

PROBI.ÊMB.

Inscrire dans un cercle donné un décagone

régulier, ensuite un ~6~f~o/!e e~ M/ï ~en~

cagone.

Divisez le rayon AO en moyenne et extrême raison 6g. 1X9.au point M* prenez la corde.AB égale au plus grand ~"3.'

segment,OM, et AB sera le côté du décagone régulier,

liv. 3.

qu'il faudra porter dix fois sur la circonférence.

Car en joignant MB, on a par construction AO:

OM OM AM ou, cause de AB=OM, AO AB



GBOMËTRIB.lia

(L'c'/c'<wel. Si on joint de deux eu deux les sommets

du décagone régulier, on formera le pentagone régu-

lier ACEGI.

Corollaire II. AB étant toujours le côté du déca-

gone, soit AL le côté de l'hexagone; alors l'arc BL

sera, par rapport à la circonférence, ou~ donc

la corde BL sera le côté du pentédécagone ou poly-

gone régulier de t5 côtés. On voit en même temps

que l'arc CL est le tiers de CH.

A.'Ao/K'. Un polygone régulier étant inscrit, si on

divise les arcs sous-tendus par ses côtés en deux par-ties égales, et qu'on tire les cordes des demi-arcs,celles-ci formeront un nouveau

polygone régulier

d'un nombre de côtés double ainsi on voit que le

qnarré peut servir à inscrire successivement les po-

lygones réguliers de 8, ï6 82, etc., côtés. De même

hexagone servira à inscrire les polygones réguliersde 12, a4,48 etc., côtés le décagone, des polygones

de 20, /{o, 80, etc., côtés; le pentédécagone, des

de 3o, 60, i2o,-etc., côtés (1).



H\'HE tV. <t3

Au poiutT, milieu de )'arcAB,tnenex!a tangente GH,

qui sera parallèle a AU faites la t~)€n)e chose au milieu ,u. 2.

t)e chacun des aunes arcs BC, ( D, etc.; ces tangentesformeront par leurs intersections le polygone régulier

circonscrit GHIK, etc., senib)ab)e an polygone inscrit.

Il est aisé de voir d'abord que les trois points 0~

B, H sont en ligne, droite, car les triangles rectan-

gles OTH, OHN, ont l'hypoténuse commune OH, et

le côté OT==ON; donc ils sont égaux donc "f~

l'angle TOH=: HON, et par conséquent la )igne OH

passe par le point B milieu de l'arc TN par ia m~ntf;

raison le point 1 est sur le prolongement de OC, etc.

Mais, puisque GH est parallèle à AH et HL à BC,

f'angte GHI=ABC de même HIK~DCD, etc., '96, 1.

donc les angles du polygone circonscrit sont égauxà ceux du polygone inscrit. De plus à cause de ces

mêmes parauèies, on a GH:AB::OH:OB, et HI:

BC::OH:OB; donc GH AB HI BC. Mais AB==

BC, donc GH=HI. Paria même raison HI=IK, etc.;

donc les côtés du' polygone circonscrit sont égaux



GEOMETRIE.I!44

cercle donné tous les polygones réguliers qu'on sait

inscrire dans ce cercle, et réciproquement.

PROPOSITION ~Vïl.

THEOREME.

Z/<? d'un polygone régulier est égale à son

pe/'t/~e~c /MM/<w//e par

la moitié du rayon du

cercle inscrit.

f!g inn. Soit, par exemple, le polygone rëgulierGHIK, etc.,

le triangle GOH a pour mesure GH x~OT, le triangleOHI a pour mesure RIx~ON mais ON=OT.;

donc les deux triangles 'réunis ont pour mesure

(GH+HI) X~OT. En

continuant ainsi

pour les

autres triangles, on verra que la somme de tous les

triangles, ou le polygone entier a pour mesure la

somme des bases GH, HI, IK, etc., ou le périmètredu polygone, multiplié par ~OT, moitié du rayon du

cercle inscrit.



LIVH1! IV. n 5

le rayon du cercle inscrit; soit pareillement ab le

côté d'un autre polygone semblable, o son centre,

oa et od les rayons des cercles circonscrit et inscrit.Les périmètres des deux polygones sont entre eux

comme les côtés AB et ab; mais les angles A et a sont

égaux comme étant chacun moitié de l'angle du po-

lygone; il en est de même des angles B et b; donc les

triangles ABO, abo, sont semblables ainsi que les

triangles rectangles ADO, ado; donc AB:ab::AO:ao DO:do; donc les périmètres des polygones sont

entre eux comme les rayons AO <!<?, des cercles cir-

conscrits et aussi comme les rayons DO, do, des

cercles inscrits.

Les surfaces de ces mêmes polygones sont entre

elles comme les quarrés des côtés homologues AB <x~;elles sont par conséquent aussi comme les quarrés des

rayons des cercles circonscrits AO, <!0, ou comme les

quarrés des rayons des cercles inscrits OD, od.

PROPOSITION IX.



GEOMi!THtE.lit)

Cela pose, si la ligne AMB n'est pas plus petite que

toutes celles qui l'enveloppent, il existera parmi ces

dernières une iignc pins courte que toutes !es autres,

laquelle sera plus petite que AMB, on tout au plus

égale à AMB. Soit ACDEB cette ligne enveloppanteentre les deux lignes menez par-tout ou vous voudrez

la droite PQ, qui ne rencontre point la ligne AMB,

ou du moins qui ne fasse que la toucher; la droite PQ

est plus courte que PGDEQ; donc, si à la partie

PCDEQ on substitue la ligne droite PQ, on aura la

ligne enveloppante APQB plus courte que APDQB.

Mais, par hypothèse celle-ci doit être la plus courte

de toutes; donc cette hypothèse ne saurait subsister;

donc toutes les lignes enveloppantes sont plus longues

que AMB.

Cg.tHï. ~eAo~'e. On démontrera absolument de la même

manière qu'une ligne convexe et rentrante sur elle-

même AMB, est plus courte que toute ligne qui l'en-

velopperait de toutes parts, soit que la ligne envelop-

pante FHG touche AMB en un ou plusieurs points,



MVRE !V.t!~

dans la grande circonférence l'un des polygones ré-

guliers qu'on peut inscrire par les problèmes précé-

dents, divisez ensuite les arcs sous-tendus par les

côtés en deux parties égales, et menez les cordes des

demi-arcs; vous aurez un polygone régulier d'un

nombre de côtés double. Continuez la bissection des

arcs jusqu'à ce que vous parveniez à un arc plus petit

que DBE. Soit MBN cet arc (dont le milieu est sup-

posé en B); il est clair que la corde MN sera plus

éloignée du centre que DE, et qu'ainsi le polygone

régulier dont MN est le côté ne saurait rencontrer la

circonférence dont CA est le rayon.

Les mêmes choses étant posées, joignez CM et C J\

qui rencontrent la tangente DE en P et Q; PQ sera ie

côté d'un polygone circonscrit à la petite circonfé-

rence, semblable au polygone inscrit dans la grande;dont le côté est MN. Or il est clair que le polygone

circonscrit qui a pour côté PQ, ne saurait rencon-

trer la grande circonférence, puisque CP est moindre

CM.



GEOMETRIE.n8

dans l'arc FG d'une extrémité à t'autre. Cette portion

a les propriétés principales des polygones réguliers,('i)e a les angles égaux et les côtés égaux, elle est à !a

fois inscriptib!e et circonscriphb)e au cercle; cepen-

dant elle ne ferait partie d'un polygone régulier pro-

prement dit, qu'autant que l'arc sous-tendu par un

de ses côtés serait une partie atiquote de la circon-

férence.

PROPOSITION XI.

THEO RBME.

Les circonférences des cercles soiat entre elles

comme les

rayons,

et /CM~

suifaces

cc//z/y?e les

cg. <7~Mr~ des rayons.

rg..65.des

-r'A)-Désignons pour abréger, par c~c. L.A la cucon-

férence qui a pour rayon CA; je dis qu'on aura

~e. ÇA M/ e. OB ÇA OB.

Car, si cette proportion n'a pas lieu, CA sera à

circ. ÇA à un terme



LIVRE IV. "9

est plus grand que circ. OD; donc il est impossible

que CA soit à OB comme cinc. CA est à une circonfé-

rence plus petite que circ. OB, ou, en termes plus

généraux, il est impossible qu'un rayon soit à un 1

rayon comme la circonférence décrite du premier

rayon est à une circonférence plus petite que la cir-

conférence décrite du second rayon.De là je conclus qu'on ne peut avoir non plus, CA

est à OB comme cire. CA est à une circonférence

plus grande que e/rc. OB car si cela était, on auraiten renversant les rapporta OB est à CA comme une

circonférence plus grande que cire. OB est à cire. CA,

ou, ce qui e st la même chose, comme circ. OB est à

une circonférence plus petite que c</e. CA; donc un

rayon serait à un rayon comme la circonférence dé-

crite du premier rayon est à une circonférence plus

petite que la circonférence décrite du second rayon,ce qui a été démontré impossible.

Puisque le quatrième terme de la proportion CA:

OB:: cire. CA:X ne peut être ni plus petit ni plus



t20 GEOMETRIE.

*/7. décrite du rayon AC, et l'angle 0 est: à quatre anglesdroits comme l'arc DE est à la circonférence décrite

du rayon OD; donc les arcs AB, DE, sont entre eux

comme les circonférences dont ils font partie: ces cir-

conférences sont comme les rayons AC, DO, donc

.~cAB:eDE::AC:DO.Par la même raison les secteurs ACB, DOE, sont

comme les cercles entiers,

ceux-ci sont comme les

quarfés des rayons; donc sect. ACB ~ge~. DOE

AC': DO.

.PROPOSITION XII.

THEOREME.

L'aire cercle est égale ~M produit de ~'a

c~co/ï/c/e/!ce par la /?!0/~e < /o/

Désignons par surf. CA la surface du cercle dont le

rayon est ÇA; je dis qu'on aura surf. CA==~CAx



LIVRE IV. 12~

il est plus petit, puisqu'il y est contenu; donc il est

impossib!e que CAxcire. CA soit plus grand que

~< CA, ou, en d'autres termes, i) est impossible quela circonférence d'un cercle multipliée par la moitié

de son rayon soit la mesure d'un cercle plus grand.Je dis en second lieu que le même produit ne peut

être ia mesure d'un cercle plus petit; et, pour ne pas

changer de figure, je supposerai qu'il s'agit du cercle

dont CB est le rayon.; il faut donc prouver que CBX cire. CB ne peut être la mesure d'un cercle plus

petit, par exemple, du cercle dont le rayon est CA.

En effet, soit, s'il est possible, ~CBxc/rc.CB~r

M/CA.

Ayant fait la même construction que ci-dessus, la

surface du polygone DEFG, etc., aura pour mesure

(DE+EF-r-FG+etc.)x~CA; mais le contou!-

DE+EF+FG+etc., est moindre que c:/c. CB

qui l'enveloppe de toutes parts; donc l'aire du po)y*

gone est moindre que CA x circ. CB, et à plus forte

raison moindre que CB X cire. CB. Cette dernière



GÉOMÉTRIE.[22

6g.i65.

Corollaire II. Appelons la circonférence dont le

diamètre est 1 unité; puisque les circonférences son

comme les rayons ou comme les diamètres, on pourrafaire cette proportion le diamètre i est à sa circonfé-

rence TT comme le diamètre aCA est à la circonfé-

rence qui a pour rayon CA; de sorte qu'on aura

i:Tr::aCA:c~c. CA; donc circ. CA = aux CA.

Multipliant de part et d'autre par ÇA, on aura

a~CAXM'/c. CA==~xCA, ou ~K/ CA==n. CA

donc la surface d'un cercle est égale au produit t/M

quarré de son /'<~OA< par le nombre constant Tt, qui

représente la circonférence dont le diamètre est i, ou

le rapport de la c/eo/gA'eMce au </<a/re.

Pareillement la surface du cerclequi

a pour rayon

OB sera égale à ~xOB; or ~xCA:~xOB::

ÇA OB donc les ~M//acM des cercles ~o/ entre elles

e~w/7:e les yH~M de leurs rayons, ce qui s'accorde

avec le théorème précédent.

Scholie. Nous avons déja dit que le problème de la



LtVREtV. t23

mation étaient moins connues, est maintenant re)ë-

guée parmi les questions oiseuses dont il n'est permis

de s'occuper qu'à ceux qui ont à peine les premièresnotions de géométrie.

~c/M'/K<K/<; a prouvé que le rapport de la circon-

férence au diamètre est compris entre 3~-j et 3~

ainsi 3y ou est une valeur dtja fort approchée du

nombre que nous avons représenté par ?c, et cette

première approximation est fort en usage à cause de

sa simplicité. Métius a trouvé pour le même nombre

la valeur beaucoup plus approchée ~j. Enfin la va-

leur de Tr, développée jusqu'à un certain bi'dre de

décimales, a été trouvée par d'autres calculateurs

3,i4i5Qa65358Qyo32, etc., et on a eu la patience de

prolonger ces décimales jusqu'à la cent vingt-septièmeou même jusqu'à la cent-quarantième. Il est évident

qu'une telle approximation équivaut à la vérité, et

qu'on ne connaît pas mieux les racines des puissances

imparfaites. ·

On expliquera, dans les problêmes suivants, deux



GÉOMÉTRIE.Ï2/{

polygone inscrit d'un nombre de côtes double, ci

PQ doub)e de PM sera celui du polygone semblable

circonscrit Cela posé, comme la même construction

aura lieu dans les différents angles égaux à ÂCM, il

suffit de considérer l'angle ACM seul, et tes triangtcs

qui y sont contenus seront entre eux comme les poly-

gones entiers. Soit A la surface du polygone inscrit

dont AB est un côté, B !a surface du

polygone

sem-

blable circonscrit, A' la surface du polygone dont

AM est un côté, B' la surface du polygone semblable

circonscrit; A et B sont connus, il s'agit de trouver

A' et B'.

i" Les triangles ACD, ACM, dont le somme)

commun est A,

sont entre eux comme leurs bases

CD, CM; d'aiHeurs ces triangles sont comme les po-

lygones A et A' dont ils font partie; donc A:A'

CD:CM. Les triangles GAM, CME, dont le sommet

commun est M, sont entre eux comme leurs bases

CA, CE; ces mêmes triangles sont comme les poly-font



LIVRE tV t25

donc, au moyen des polygones A et B, il esttl-j-A.

facile de trouver les polygones A' et B' qui ont deuxfois plus de côtés.

PROPOSITION XiV.

PROBLEME.

y'/Y)M~e/' le ~0/~ C/OC/~e de la circonfé-

/'C/~C<? ~M diamètre.

Soit le rayon du cercle ===T, le côté du quarréinscrit sera t/2*, celui du quarré circonscrit sera "3

égal au diamètre a; donc la surface du quarrë ins-

crit == 2, et celle du quarré circonscrit ==4. Mainte-

nant, si on fait A==a et B==/{, on trouvera par le

problème précédent l'octogone inscrit A'=)/8==

3,8284271 ? et l'octogone circonscrit

B'==–r:2-t-e!



GÉOMÉTRIB.ïa6

ordre de décimales, le cercle n'en différera pas non

plus jusqu'au mkme ordre.

Voici le calcul de ces polygones prolongé jusqu'àce qu'ils ne diffèrent plus dans le septième ordre de

décimales.

Nom!>re des côtés. Polygone inscrit. Pulyoone circonscrit.

4 2,0000000 .4)0000000

8 2,8284271 3,3t3yo8516 3,o6i46y4- 3)i825oy()32 3,i2i445i 3,ï5iy24o

64 3,1365485 3,t44n84128 3,i4o33n 3,i4a2236

256 3,t4i2yy2 3,i4iy5o4

5i2 3,i4i5i38 3,i4i632i

1024 3,i4j5y2o 3,1416025

2048 3,!4i58yy 3)t4i5o5f

4o96 3,i4i5oi4 3,i4i5o33

8jQ2 3,i4i5o23 3,i4i5g28

i6384 3,i4i5oa5 3,t4i5o2y



LIVRE tV. tay

PROPOSITION XV.

LEMME.

Le triangle CAB est équivalent au f~a~g/e isoscèle DCE, fig. '?"'

qui a le ~e~e angle C, et dont le e<~<° CE égal à CD est

moyen proportionnel entre C A et CB. De plus, si /'a/e

CAB est droit, la pèrpendiculaire CF a~aM~ce ~H~ base

du triangle isoscèle, sera moyenne proportionnelle entre le

c~<< ÇA et la </c/OMM~ ~M cdfM ÇA CB.

Car, 1° à cause de l'angle commun C, le triangle ABC est

au triangle isoscèleDCE comme AC X CB est à DC X CE, ou

DC*; donc ces triangles seront équivalents, siDC=AC

XCB, ou si DC est moyenne proportionnelle entre AC

et CB.

2° La perpendiculaire CGF coupant en deux parties égales

l'angle ACB, on a* AG GB AC CB d'où résulte, co/o- 17. 3.

y!<M~ AG:AG+CB ou AB::AC:AC+CB; mais AG

est à AB comme le triangle ACG est au triangle ACB ou

aCDF; d'ailleurs, si l'angle A est droit, les triangles rectan-

gles ACG, CDF, seront semblables, et donneront ACG:



t28 GEOMETRtE.

centre C la perpcndicntairc ÇA sur le côté MB, et joignez

CB

),<;ccrcte décrit du rayent. A. est inscrit dans lequarrc,et le cercle décrit du rayon CB est circonscrit à ce mcntC

quarré; le premier sera plus petit que le quarré, le second

sera plus grand mais il s'agit de resserrer ces limites.

Prenez CD et CE égales chacune à la moyenne propor-

tionnelle entre CA. et CB, et joignez ËD le triangle isoscèle

'5r.r. CDE seraéquivalent

autriangle CAB*;

faites de même pour

chacun des huit triangles qui composent le quarre, vous

formerex ainsi un octogone régulier équivalent au quarre

HMNP. Le cercle décrit du rayon C[' moyen propor-

CA+CBtionnel entre ÇA et– sera inscrit dans 1 octogone, et

2

le cercle décrit du rayon CD lui sera circonscrit. Ainsi le

premier sera plus petit que le quarré donné et le second

plus grand.

Si on change de l a même mhntére le triangle rectangle

CDI en in triangle isoscèle équivalent, on formera par ce

moyen un polygone régulier de seize côtés, équivalent an

quarré proposé. Le cercle inscrit dans ce polygone sera plus



Ltvnniv.129

connus, on en cunclut faci)emenL les rayons <t* e( du po-

iygonc suivant et on c ontinuera ainsi jusqu'à ce que la

différence entre les deux rayons soit devenue insensible;

alors l'un ou l'autre de ces rayons sera le rayon du cercle

équivalent au quarré ou au polygone proposé.

Cette méthode est facile à pratiquer en lignes puisqne

elle se réduit à trouver des moyennes proportionnelles suc-

cessives entre'des lignes connues mais <;)Ie réussit encore

mieux en nombres et c'est une des plus commodes que la

géométrie élémentaire puisse fournir pour trouver promp-cément )e rapport approché t)e la circonf<f'ence au diamètre.

Soi) te côté du qnurré ==: a te prunier rayon inscrit ÇA sera

i,et)epremier rayon circonscritCB sera \/aqn ),/)! ?.t36.

Faisant donc a==i, &==i,/)!/j2t36, on trouvera A'~=

t,t8o':07i,et a'==t,00868~ Ces nombres serviront à

calculer les suivants d'après la loi de continuation.

Voici !e résultat du calcul fait jusqu'à sept ou huit chiffres

par les tabtes de logarithmes ordinaires.

Rayons des cercles c irconscrits. Rayons des cercles inscrits.

t,4l~2l36 1,0000000.

),1802071 i,oo8684i.



GEOMETRIE.t3o

Donc 1,1283~0': est à très-peu près le rayon du cercle

égal en surface au quarré dont le côté est 2. Dé là il est fa-

cile de trouver le rapport de la circonférence au diamètre

car on a démontre que la surface du cercle est égale au

quarré de son rayon multiplié par le nombre donc, si

on divise la surface 4 par le quarré de 1,1283703 on aura

la valeur de~,qui se trouve par ce calcul de 3,i4ï5~a6, etc.,

comme on l'a trouvée par une autre méthode.

APPENDICE AU LIVRE IV.

DEPÏNITl0 N S.

t. ON appelle maximum la quantité la plus grande entre

toutes celles de la même espèce; minimum la plus petite.

Ainsi le diamètre du cercle est un maximum entre toutes

les lignes qui joignent deux points de la circonférence, et

la perpendiculaire est un minimum entre toutes les droites

menées d'un point donné à une ligne donnée.

II. On appelle figures ~opp~/y;e~ye~ celles qui ont des pé-



LIVRE IV. i3t

CDetMN==MB,onaAC+CB~AD,etAM-t-MB=

AM +.MN. Mais AC + CB = AM + MB donc AD== AM-)-

MN donc AD > AN or si l'oblique AD est plus grande que

l'oblique AN, elle doit être plus éloignée de la perpendicu-

laire AB; doncDB>BN; donc BG, qui est moitié de BD I.

sera plus grande que BP moitié de BN. Mais les triangles

ABC, ABM, qui ont même base AB, sont entre eux comme

leurs hauteurs BG, BP; donc, puisqu'on a BG>BP, le tri-

angle isoscète ABC est plus grand que le non-isoscèle ABM

de m ême base et d e même périmètre.

PROPOSITION H.

THEOREME.

~e tous les polygones MO/M'rtMcfy-e.f et d'un même

nombre de cdtés, celuiqui

est un maximum a ses c~c.

~gat<<t:.

Car soit ABCDEF le polygone ~M-MM/T!; si le coté BC Bg '7~

n'est pas égal à CD faites sur la base BD un triangle isos-

cèle BOD qui soit isopérimètre à BCD, le triangle BOD sera

plus grand que BCD et par conséquent le polygone *pr.t.

ABODEF sera plus grand que ABCDEF donc ce dernier



GEOMKTRIE.t3a

Car ta hase AM étant la mente, les deux tt'iangtes BAC;

BAD, sont comme les hauteurs AC, DE mais la per-

pendiculaire DE est ph)s courte que l'oblique AD ou sonégale AC donc le triangle BAD est plus petit que BAC.

PROPOSITION IV.

THEOREME.

De ~o~.t les //o/~o/:M ~brMM af'ec des ed<e.f donnés et un

~M/ volonté, le maximum doit <<° tel </«e tous xe.r

~e.< .to/<?< M.fc/7~ ~/<M une ~/e/7! M/'eo/2/<?'/e/M<' dont le

C~° Mco~~M sera le ~Me~e.

Sg.'7'i..SoitABCDEFtep)us grand des polygones formés avec

les côtés donnés AB, BC, CD, DE, EF, et un dernier AF

à volonté; tirez les diagonales AD, DF. Si t'angte ADF

n'était pas droit, on pourrait, en conservant les parties

ABCD, DEF, telles qu'eties sont, augmenter le triangle

ADF, et par conséquent le polygone entier, en rendant

l'angle ADF droit, conformément à la proposition précé-

dente mais ce polygone ne peut plus être augmenté, puis-

est à son donc



LIVRE IV. i33

PROPOSITION V.

THEOREME.

/? y~ <t ~M'M ~M/Mcyc ~eybrMcr /ey?o/~go~c ABCDEF,

«~ec des côtés donnés et un dernier inconnu qui soit le dia-

mètre de la ~eM<-c<7'<:on/c/'e/!ce dans laquelle les a~M côtés

j0/~ t/MC/t.t'.

Car, supposons qu'on a trouve un cercle qui. satisfasse a ~6' *7~'la question; si on prend un cercle plus grand, les cordes

AB, BC, CD, etc., répondront à des angles au centre plus

petits. La somme de ces angles au centre sera donc moindre

que deux angles droits ainsi les extrémités des côtés

donnés n'aboutiront plus aux extrémités d'un diamètre.

L'inconvénient contraire aura lieu si on prend un cercle

plus petit; donc le polygone dont il s'agit ne peut être

inscrit que dans un seul cercle.

Scholie. On peut changer à volonté l'ordre des côtés AB,

BC, CD, etc., et,le diamètre du cercle circonscrit sera tou-

jours le même, ainsi que la surface du polygone; car, quel

que soit l'ordre des arcs AB, BC, etc., il suffit que leur



GÉOMETRIE.i~

plus grand que e/gaM, à moins que celui-ci ne puisse être

pareillement inscrit dans une demi-circonférence dont)c

côté ern serait le diamètre auquel cas les deux polygones

seraient égaux en vertu de !a proposition V. Par !a même

raison le polygone EDCBM est plus grand que edcbrn, sauf

la même exception où il y aurait égalité. Donc le polygoneentier EFGAMBCDE est plus grand que c~a/K&e~e, à moins

qu'ils ne soient entièrement égaux mais ils n e le sont pas,

puisque l'un

est

inscrit dans le cercle, et

que

l'autre est

supposé non-inscriptible; donc le polygone inscrit est le

plus grand. Retranchant de part et d'autre les triangles

égaux ABM a6M, il restera le polygone inscrit ABCDEFG

plus grand que le non-inscriptible abcdefg.Scholie. On démontrera, comme dans la proposition Y,

qu'il ne peut y avoir qu'un seul cercle, et par conséquent

qu'un seul polygone wa-r/MM/n qui satisfasse à la question;et ce polygone serait encore de même surface, de quelquemanière qu'on changeât l'ordre de ses côtés.

PROPOSITION Vil.

THEOREME.



LIVRE IV. t35

les côtes OD, OE, prolongés; à cause des rayons égaux AC,

ABCF&Oi', on aura d'abor~ C:0::AB:FG*, ou:: ABCFG Mais '?

A.C:FOà cause des arcs semblables FG, DE, on a FG: DE FO n.

DO; donc le rapport FG est égal au rapport DE et on aDO donc lerapport

est ëgat aurapport

et on a

AB DE par conséquent C 0

PROPOSITION IX.

A

THEOREME.

/)e deux /?o/~07tM réguliers Mope/~MetrM, ee/Mt qui a le

lus grand non~ye de c< est le plus grand.

Soit D E le demi-côté de l'un des polygones 0 son centre,

OE sonapothème

soit AB le demi-côté de l'autre polygone,

C son centre, CB son apothème. On suppose les centres 0

et C situés à une distance quelconque OC, et les apothèmes,

OE, CB, dans la direction OC ainsi DOE et ACB seront

les demi-angles au centre des polygones et comme ces an-

gles ne sont pas égaux, les lignes CA, OD, prolongées, se

rencontreront en un point F; d e ce point abaisser sur OC

fg.J~o.



GEOMETRIE.i36

De l'autre côté de CF soit faite la figure CKx entièrement

égale à la figure.CGx, de sorte qu'on ait CK==CG, l'angle

HCK==HCG, et l'arc K~-=;cG; la courbe KxG cnvelop-*9. pera l'arc KH&, et sera plus grande que cet arc Donc G~

moitié de la courbe, est plus grande que GH moitié de l'arc;

donc, à plus .forte raison, GI est plus grand que GH.

Il résulte de là que l'apothéme OE est plus grand que CB

mais les deux polygones ayant même périmètre sont entre

7- eux comme leurs apothémes donc le polygone qui a pour

demi-côté DE est plus grand que celui qui a pour demi-côté

AB le premier a le plus de côtés, puisque son angle au

centre est le plus petit; donc de deux polygones réguliers Iso-

périmètres, celui qui a le plus de côtés est le plus grand.

PROPOSITION X.

THEOREME.

Le cercle e.fgva/K/~e tout polygone M<yc/Ywe~'e.g. '80. Il est déjà prouvé que de tous les polygones isopérimètres

et d'un même nombre de côtés le polygone régulier est le

ainsi il ne de le cercle



H VRE

LES PLANS ET LES ANGLES SOLIDES.

DEFINITtONS.

1. LJttEligne droite est perpendiculaire à M/< ~/<<,

lorsqu'elle est perpendiculaire à toutes les droites qui

passent par son pied dans le plan*. Réciproquement *?''<-

le plan est perpendiculaire à la ligne.Le pied de la perpendiculaire est le point où cette

.ligne rencontre le

plan.II. Une ligne est jtMra/~e un plan, lorsqu'ellene peut le rencontrer à quelque distance qu'on les

prolonge l'un et l'autre. Réciproquement le plan est

parallèle à la ligne.111. Deux plans sont ~r~/e/M entre eux, lorsqu'ils

ne se rencontrer à l



'38 GEOMETRIE.

''S 'HH Ainsi l'angle solide S est formé par la réunion des

plans ASB, BSC, CSB, DSA.

Il faut au moins trois plans pour

Cormer unanglesolide.


THEOREME.

Uneligne droite ne peut être en partie Ja/!j

M~ plan en partie au dehors.

Car, suivant la définition du plan, dès qu'une

ligne droite a deux points communs avec un planelle est tout entière dans ce plan.

~cAo~'e. Pour reconnaître si une surface est plane,

H faut appliquer une ligne droite en différents senssur cette surface, et voir si elle touche la surface dans

toute son étendue.

PROPOSITION II.

THEOREME.



LIVRE IV. '39

sécante EF, le plan des deux droites AE, EF, sera

celui des parallèles AB, CD.

PROPOSITION IIL

THEOREME.

Si deux plans se coupent, leur intersection

commune sera une ligne droite.

Car, si dans les points communs aux deux plans

on en trouvait trois

qui ne

fussent

pas

en

ligne droite,

les deux plans dont il s'agit, passant chacun par ces

trois points, ne feraient qu'un seul et même plan*,

ce qui est contre la supposition.

PROPOSITION IV.

TBEOREME.

Si une ligne droite AP est ~)e/~e/M//cM/a/e à ''s

f/eM~f autres.PB, PC, qui se cro~e/z~ à son pied

dans le'plan MN, elle sera pc/p6/z~'cM/a<e à

une droite quelconque PQ Menée par son pied

dans le même plan, et ainsi elle sera perpendi-



GEOMETRIE.Ï~O

i3, 3.

Donc, en prenant les moitiés de part et d'autre,

on a AP==AQ–PQ', ou AQ=AP+PQ~ dune le

triangle APQ est rectangle en P*; donc AP est per-

pendiculaire à PQ.

Scholie. On voit par là, non-seulement qu'il est pos-

sible qu'une ligne droite soit perpendiculaire à toutes

celles qui passent par son pied dans un plan mais

que cela arrive toutes les fois que cette ligne est per-

pendiculaire à deux droites menées dans le plan; c'estce qui démontre la légitimité de la définition I.

Co/'o~i'6 I. La perpendiculaire AP est plus courte

qu'une oblique quelconque AQ donc elle mesure la

vraie distance du point A au plan PQ.

Corollaire II. Par un point P donné sur un plan

on ne peut élever qu'une seule perpendiculaire à ce

plan car si on pouvait élever deux perpendiculaires

par le même point P, conduisez, suivant ces deux

perpendiculaires, un plan dont l'intersection avec le

plan MN soit PQ; alors les deux perpendiculaires

dont il's'agit seraient perpendiculaires à la ligne PQ,



HVRBV.. t4* 1

C.u !es angles APB, APC, APD étant droits, si on 6g. :84.

suppose les distances PB, PC, PD, égales entre elles,

lestriangles APB, APC, APD,

auront unangle égal

compris entre côtés égaux; donc ils seront égaux;donc les hypoténuses ou les obliques AB, AC, AD,

seront égales entre elles. Pareillement, si la distance

PE est plus grande que PD ou son égale PB, il est clair

que l'oblique AE sera plus grande que AB, ou son

égale AD.Co/'oJ/cH'n?. Toutes les obliques égales AB, A.C

AD, etc.; aboutissent à la circonférence BCD, 'dé-

crite du piéd de la perpendiculaire P comme centre;

donc étant donné un point A hors dun plan, si on

veut trouver sur ce plan le point P où tomberait la

perpendiculaire abaissée de A, il faut marquer sur ce plan trois points B, C, D, également éloignés du point t

A, et chercher ensuite le centre du cercle qui passe

par ces points; ce centre sera le point cherché P.-

Scholie. L'angle ABP est ce qu'on appelle l'Me/

naison de l'oblique AB sur le plan MN on voit que



GEOMETRIE.142

l'oblique AB=::AC donc la ligne AD a deux de ses

points A et D également distants des extrémités B et

C; donc AD est perpendiculaire sur le milieu de BC.Corollairé. On voit en même temps que BC est per-

pendiculaire au plan APD, puisque BC est perpendi-culaire à-la-fois aux d eux droites AD, PD.

~cAo/M. Les deux lignes A E, BC, offrent l'exemplede deux lignes qui ne se rencontrent point, parce que

elles ne sont pas situées dans un même plan. La pluscourte distance de ces lignes est la droite PD, qui est

à-la-fois perpendiculaire à la ligne AP et à la ligneBC. La distance PD est la plus courte entre ces deux

lignes; car si on joint deux autres points, comme A

et B, on aura AB > AD, AD > PD; donc, à plus forte

raison, AB > PD.Les deux lignes AE, CB, quoique non situées dans

un même plan, sont censées faire entre elles un angle

droit, .parce que AD et la parallèle menée par un de

ses points à la ligne BC feraient entre elles un angledroit. De même la ligne AB et la ligne PD, qui repré-

'5.

L VRB V



LtVRB V. 143

Suivant le corollaire du théorème précédent, BC

est perpendiculaire au plan APDE; donc l'angle BDE

est droit mais l'angle EDP est droit aussi, puisqueAP est perpendiculaire à PD, et que DE est parallele

à AP; donc la ligne DE est perpendiculaire aux deux

droites DP, DB; donc elle est perpendiculaire à leur

plan MN.

Corollaire I. Réciproquement si les droites AP,

DE sont

perpendiculaires

au même

plan MN, elles

seront parallèles; car si elles ne l'étaient pas, condui-

sez par le point D une parallèle à AP, cette parallèlesera perpendiculaire au plan MN donc on pourrait,

par un même point D, élever deux perpendiculairesà un même plan, ce qui est impossible 4.

Corollaire M. Deux

lignes

A et B, parallèles

à une

troisième C, sont parallèles entre elles; car imaginezun plan perpendiculaire à la ligne C, les lignes A et B,

parallèles à cette perpendiculaire, seront perpendicu-laires au même plan; donc, pap le corollaire précé-

dent, elles seront parallèles entre elles.

H t t d les trois ne sont dans



GEOMETRIE.t44

PROPOSITION IX.

THEOREME.

6g. )M. Z)<?M.X'<Ï/M MN PQ, perpendiculaires à une

même droite AB sont parallèles entre eux.

Car s'ils se rencontraient quelque~part, soit 0 un

de leurs points communs, et joignez OA, OB la ligne

AB, perpendiculaire au

plan MN, est

perpendiculaireà la droite OA menée par son pied dans ce plan par

la même raison AB est perpendiculaire à BO; donc

OA et OB seraient deux perpendiculaires abaissées du

même point 0 sur la même ligne droite, ce qui est

impossible; donc les plans MN, PQ, ne peuvent se

rencontrer; donc ils sont parallèles.

f!ft9.

PROPOSITION X.

THEOREME.

Les intersections EF G H de ~M C

LIVRE V



LIVRE V.t~5

l'intersection avec le plan MN soit AD, l'intersection

AD sera parallèle à BG*, mais la ligne AB perpendi- 'o.

culaire au plan MN est perpeudicutaire à la droite

AD; donc elle sera aussi perpendiculaire à sa paral-lèle BC et puisque la ligne AB est perpendiculaire à

toute ligne BC menée par son pied dans le plan PQil s'ensuit qu'elle est perpendiculaire ait plan PQ.

PROPOSITION XU.

THEOREME.

Les parallèles EG FH co/M<?~ <?/< ~/ir f!g. ,8g.

plans ~a//e~ MN, PQ sont ~N/f~.Par les

parallèles EG, l'H, faites

passer te planEGHF, qui rencontrera les plans parallèles suivant

EF et GH. Les intersections EF, GH, sont parallèlesentre elles ainsi que EG, FH; donc la figure EGHF

est un parallélogramme; donc EG~FH.

Corollaire. 11 suit de là que deux plans Da7'e/MSont i EG FH



GH METIHB.<46

'tn.

DEF est égale et parallèle à AB donc aussi C est

égale et parallèle à EF, la figure CEFD est donc

un

paratlélogramme et ainsi le côté CE est

égalet parallèle à DF;'donc les triangles CAE, DBF,sont équilatéraux entre eux; donc l'angle CAE-

DBF.

En second lieu je dis que le plan ACE est parallèleau plan BDF car, supposons que le plan parallèle à

BDF, mené par le point A, rencontre les lignes CD,EF, en d'autres points que C et E, par exemple en

G et H; alors, suivant la proposition xn, les trois

lignes AB, GD, FH seront,égales mais les trois AB,

CD, EF, le sont déja; donc on aurait CD==GD, et

FH =EF, ce qui est absurde donc le plan ACE est

parallèle à BDF.Corollaire. Si deux plans parallèles MN, PQ, sont

rencontrés par deux autres plans CABD, EABF, les

angles CAE, DBF, formés par les intersections des

plans parallèles, seront égaux; car l'intersection AC

est parallèle à BD", AE l'est à BF, donc l'angle

LIVRE v. '4?



BDF, sont égaux on prouvera d'ailleurs, comme

dans la proposition précédente, que leurs plans sont

parallèles.

PROPOSITION XV.

THEOREME.

Deux droites CO/M~ <°/<? trois ~/<Ï/M

~<z~e~, sont

coupées en

parties proportionnelles.Supposons que la ligne AB rencontre les plans pa- O~. rgt.

ratièles MN, PQ RS en A, E B et que la ligne

CD rencontré les mêmes plans en C, F, D; je dis

qu'on aura AE:EB::CF:FD.

Tirez AD qui rencontre le plan PQ en G, et joi-

gnez AC, EG, GF, BD les intersections

EG, BD,des plans parallèles PQ, RS, par le plan ABD, sont

parallèles donc AE EB AG GD pareillement les !o.

intersections AC, GF, étant parallèles, on a AG: GD:

CF:FD donc, à cause du rapport commun, AG:

GD, on aura AE EB CF FD.

GEOMETRIEt 8



GEOMETRIE.t~8

*M,J J

f)g.t<)3.

c::Dl:rC;donc A(;:<D/t;,ou, co/~o/«'/«/c~ Af:

D/A~:De~ mais, à cause des triangles semblables AH&,

DHc, on a A~ De AH HD donc A< AH: HD d'ai!-

leurs les triangtcs AH&, cHU, étant semblables, )'angk' HAc

=:HD/;donc les triangtes AHe, DH/, sontscmbtabtes*,

doncI'ang)eAHe==DH/~ Il s'ensuit d'abord que eHfest n')e

ligne droite, et qu'ainsi les trois para))è)es Ee, GH, ]'7,

sont situées dans un même plan lequel contiendra les deux

.droites EF, GH; donc f<<t'-M </o/<'f/~ se co~f/' en u/i

point

M.

Ensuite,

à cause des parallèles

Ee, MH Ff, on

aura EM:MF::eH:H/AH:HD.Par une construction semblable, rapportée au côté AB,

on démontrerait que HN:MG::AE:EB.

PROPOSITION XVIL

A

THEOREME.

L'angle compris entre. ~:<~M.r plans MAN,

MAP, ~eM~<? mesuré, c<)/)/7!e/~ la dé-

/?/b/ par l'angle NAP que font entre elles

les deux AP menées <r/M/< t

IjIVRE V



IjIVRE V. t/{g

a" It faut.prouver que si l'angle des deux plans

augmente ou diminue dans un certain rappôrt

l'angle PAN augmentera ou diminuera dans le mêmerapport.

Dans le plan PAN décrivez du centre A et d'un

rayon à volonté l'arc NDP, du centre M et d'un rayon

égal décrivez l'arc CEB, tirez AD à volonté les deux

plans PAN, BMC, étant perpendiculaires à une même

droite MA, seront parallèles*; donc les intersectionsAD, ME, de ces deux plans par un troisième AMD,

9,

seront parallèles donc l'angle BME sera égal à PAD* n!.

Appelons pour un moment coin l'angle formé par deux plans MP, MN cela posé si l'angle DAP était

égal à DAN, il est clair que le coin DAMP serait

égal au coin DAMN car la base PAD se placeraitexactement sur son égale DAN, la hauteur AM se-

rait toujours la même donc les deux coins coïnci-

deraient l'un avec l'autre. On voit de même que si

angle DAP était contenu un certain nombre de (bis

Juste dans l'angle PAN, le coin'DAMP serait contenu



GEOMETRIE.i5o

fig.K)~.

*déf.S.

plans parallèles par un troisième plan, il existe les

mêmes égalités et les mêmes propriétés que dans la

rencontre de deux lignes parallèles par une troisième

iigne.

PROPOSITION XVIII.

THEOREME.

Z<X ligne AP étant perpendiculaire au plan

MN, tout plan A PB, conduit suivant AP, ~erct

perpendiculaire au plan MN.

Soit BC l'intersection des plans AB, MN; si dans

le plan MN on mène DE perpendiculaire à BP, la ligne

AP, étant perpendiculaire au plan MN, sera perpen-diculaire à chacune des deux droites

BC DE mais

l'angle APD, formé par les deux perpendiculaires PA,

PD, à l'intersection commune BP, mesure l'angle des

deux plans AB, MN; donc, puisque cet angle est droit,

les deux plans sont perpendiculaires entre eux*.

~c//c/<< Lorsque trois droites telles que AP, BP,

V 151



LIVRE V. 151

Cw<<Mn. Si le plan AB est perpendiculaire au

plan MN et que par un point P de l'intersection

commune on élève une perpendiculaire au

plan MN, je dis que cette perpendiculaire sera dans le plan AB,

car, si elle n'y était pas, on pourrait mener dans le

plan AB une perpendiculaire AP à l'intersection com-

mune BP, laquelle serait en même temps perpendi-culaire au plan MN donc au même point P il y

aurait deux perpendiculaires au plan MN; ce qui est timpossible*.

PROPOSITION XX.

THEOREME.

Si deux plans AB, AD, sont perpendiculaires Sg. ~44a un troisième MN, leur intersection commune

AP .MT~~y~<~J<cM~e ce troisième plan.(~ar si par le point P on élève une perpendiculaire

au plan MN, cette perpendiculaire doit se trouver a-

la-fois dans le l AB et dans le l AD donc elle <~ '9



GEOMBTRtE.<5a

'10,

<ig..S9.

a volonté la droite ADB; et, ayant pris SG==:SD'

joignez AC, BC.

Les deux côtés BS, SD, sont égaux aux deux BS,

SC, l'angle BSD==BSC donc les deux triangles BSD,

BSC sont égaux; donc BD=BC. Mais on. a AB<

AC+BC; retranchant d'un- côté BD, et de l'autre

son égale BC, il restera AD < AC. Les deux côtés AS,

SD, sont égaux aux deux AS, SC, le troisième AD

est plus petit que le troisième AC; donc* l'angle ASD

<ASC. Ajoutant BSD=:BSC, on aura ASD-1-BSD

ou ASB < ASC -t- BSC.

PROPOSITION XXII.

T H K 0 R Ê M E.

Z~ .!WM/Me des angles plans ~M<0~7/«~ un

angle solide, est ~</b«/ ~o/e que quatre

angles droits.

Coupez l'angle solide S par un plan quelconque

ABCDE; d'un point 0 pris dans ce plan menez à

MV.RB V. i53



V.

du point 0 est égale à quatre angles droits*, donc la 5,

somme des angles plans qui forment l'angle solide S

est moindre que quatre angles

droits.

Scholie. Cette démonstration suppose que l'anglesolide est convexe, ou que le plan d'une face prolon-

gée ne peut jamais couper l'angle solide; s'il en était

autrement, la somme des angles plans n'aurait plus de

bornes et pourrait être d'une grandeur.quelconque.

PROPOSITION ~Xlll.

THEOREME.

Si deux angles solides sont composés <C ~OM

<ï/~7e~/<M égaux chacun à chacun, les plans

dans /e~Me& sont les angles égaux seront égale-

ment Z'/ZC/ entre eux.

Soit l'angle ASC=DTF, l'angle ASB=DTE, et

l'angle BSG=ETF, je dis que les deux plans ASC,

ASB, auront entre' eux une inclinaison égale à celle

d DTE



GËOMBTIHB.i5~

SA==TD et SC==TF, le point A tombera en D et le

point C en F. En même temps AO, perpendiculaire

à SA, tombera sur DP perpendiculaire à TD, et pa-reillement OC sur PF; donc le point 0 tombera sur

le point P, et on aura AO-DP. Mais les trianglesAOB, DPE, sont rectangles en 0 et P, l'hypoténuseAB==DE, et le côté AO=DP;.donc ces trianglessont égaux*, donc l'angle OAB=PDE. L'angle OAB

est l'inclinaison des deux plans ASB, ASC; l'anglePDE est celle des deux plans DTE, DTF; donc ces

deux inclinaisons sont égales entre elles.

Il faut observer cependant que l'angle A du trian-

gle rectangle OAB n'est proprement l'inclinaison des

deux plans ASB, ASC, que lorsque la perpendi-

culaire BO tombe par rapport à SA du mêmecôté que SC; si elle tombait de l'autre côté, alors

l'angle des deux plans serait obtus, et, joint à l 'an-

gle A du triangle OAB, il ferait deux angles droits.

Mais dans !e même cas l'angle des deux plans TDE,

TDF, serait pareillement obtus et jointe à l'angle

Livtm v i55



Livtm v. i55

PË au plan TDF; de plus ces perpendiculaires sont

dirigées dans le même sens; donc le point B tombera

sur le point E, la ligne SB sur TE, et les deux anglessolides coïncideront entièrement l'un avec l'autre.

Cette coïncidence cependant n'a lieu qu'en sup-

posant que les angles plans égaux sont disposés de /<t

/M<~Ke 7K<M{'e/'6 dans l es deux angles solides car si

les

angles plans égaux-

étaient

disposés

dans un ordre

Mt~ ou, ce qui revient au même, si les perpen-diculaires OB, PE, au lieu d'être dirigées dans le

même sens par rapport aux plans ASC, DTF, étaient

dirigées en sens contraires, alors il serait impossiblede faire coïncider les deux angles solides l'un avec

l'autre. Il n 'en serait

cependant pas

moins

vrai,

con-

formément au théorème, que les plans dans lesquelssont les angles égaux seraient également inclinés

entre eux; de sorte que les deux angles solides se-

raient égaux d ans toutes leurs parties constituantes,

sans néanmoins pouvoir être superposés. Cette sorte

CEOMETRTE.t56



fût possfbte, s'appelleront f7/~M

solidese~M~t.' ~a~-

.<7:7f~ OUa~/M

.!0~<M.y/M~MM.

Dans les

figures phnes

il

n'y

a

point proprement.

d'ëgaiité par symétrie, et toutes celles

qu'on vou-

draitappeler

ainsi seraient desëgaHtës

absotues ou de

'superposition ia raison en est

quon peut renverser

unefigure plane,

et prendn*

indifféremment le dessus

pour te dessous. H en est autrement dans les

solides,

ou ta troisième dimension

peut

être

prise

dans deux

sens di fférents.

PROPOSITION XXIV.

PROBLEME.

J!?M/0/ les//<?/J <Mg7c~M ~M</C'/7~e/~

M~a/M/e ~0/C, /rOMt~

par KMC CO/M<7MC~<?/Ï

jp~~e l'angle ~«e ~eM~r de ces

~o~f <?/e

eKa'.

tg.tgS. Soit S l'angle solide proposé dans lequel on con-

naît l t i BSC d

LIVRE V. ,5-7



,

et l'angle ËA~ sera l'inclinaison chercuée des deux

plans ASC, ASB, dans l'angle solide.

Tout se réduit aiaire voir quête triangle AOb dela figure plane est égal an triangle AOB de ta figure

solide. Or les deux triangles B'SA, BSA, sont rectan-

gles en A, les angles en S sont égaux donc les anglesen B et B'. sont pareillement égaux., Mais l'hypoté-nuse SB' est égale à l'hypoténuse SB; donc ces trian-

gles sont égaux; donc SA de la figure plane est égaleà SA de la figure solide, et aussi AB', ou son égale

A~ dans la figure plane est égale à AB dans la figure

solide. On démontrera de même que SC est égal de

part et d autre d'en il suit que le quadrilatère SAOC

est égal dans l 'une et dans l'autre figure et qu'ainsi

AO de la figure plane est égal à AO de la figuresolide; donc dans l'une et dans l'autre les triangles

rectangles AO~, AOB, ont l'hypoténuse égale et un

côté égal; donc ils sont égaux, et l'angle EA~, trouvé

par la construction plane, est égal à l'inclinaison des

deux plans SAB, SAC, dans l'angle solide.

GEOMETRIE.t58



ses extrémités B' e t E. Ainsi les limites de la gran-deur de l'angle CSB" sont celles qui font aboutir la

perpendiculaire B C aux points B' et E. De ces pointsabaissez sur CS les perpendiculaires B'I, EK quirencontrent en 1 et K la circonférence décrite du

rayon SB", et les limites de l'angle CSB" seront CSI

et CSK.

Mais dans le triangle isoscèle B'SI, la ligne CS pro-

longée étant perpendiculaire à la base B'I, on a l'an-

gle CSI==CSB'==ASC-t-ASB'. Et dans le triangleisoscèle ESK la ligne-SC étant perpendiculaire à

EK, on a l'angle CSK.==CSE. D'ailleurs, à cause des

triangles égaux ASE, ASB', l'angle ASE==ASB';

doncCSE ou CSK-ASC-ASB'.

Il résulte de là que le problème sera possible toutes

les fois que le troisième angle CSB'' sera plus petit

que la somme des deux autres ASC, ASB', et plus

grand que leur différence condition qui s'accorde

avec le théorème xxi car, en vertu de ce théorème,il faut qu'on ait CSB"< ASC + ASB'; il faut aussi

LIVRE V.'59

EA l



EA~ par le moyen de CSB", les deux autres étant

donnés, de même on peut déterminer CSB" par le

moyen. de EAb, ce qui résoudra le problème pro..

posé.

Ayant pris SB' à volonté, abaissez sur SA la per-

pendiçulaire indéfinie B'E, faites l'angle EAb égal à

l'angle des deux plans donnés; du point b où le c ôté

Ab rencontre la circonférence décrite du centre A et

dû rayon AB', abaissez sur AE la perpendiculaire

~0, et du point 0 abaissez sur SC la perpendiculaireindéfinie OCB", que vous terminerez en B" de ma-

nière que SB"=SB'; l'angle CSB" sera le troisième

angle plan demandé.

Car si on forme un angle s olide avec les trois an-

gles plans B'SA, ASC, CSB", l'inclinaison des plans

ou sont les angles donnés ASB', ASC, sera égale à

l'angle donné EAb.

Schôlie. Si un angle solide est quadruple, ou formé

par quatre angles plans ASB, BSC, CSD DSA, la

connaissance de ces angles ne suffit pas pour déter-

i l i li i t ll d l

f!g.!()g.

GEOMETRIE.t6p



solides triples dont on vient de parler donc, puisqueces angles partiels sont connus et déterminés, l'angletotal sera pareillement connu et déterminé.

L'angle des deux plans ASD, DSC, se trouverait

immédiatement par le moyen du second angle solide

partiel. Quant à l'angle des deux plans BSC, CSD, il

faudrait dans un angle solide partiel chercher l'angle

compris entre les deux plans ASC, DSC, et dans

l'autre l'angle compris entre les deux plans ASC

BSC la somme de ces deux angles serait l'angle com-

pris entre les plans BSC, DSC.

On trouvera de la même manière que, pour dé-

terminer un angle solide quintuple, il faut connaître,

outre les cinq angles plans qui le composent, deux

des inclinaisons mutuelles de leurs plans; il en fau-

drait trois dans l'angle solide sextuple, et ainsi de

suite.

(



(L!VHE VL

LES POLYÈDRES.

nUPINITIONS.

f. ~N appelte .M/t' /o/e, ou simplement /?-'

/< tout solide termine par des plans ou des faces

phux;s. (Ces plans sont nécessairement tennincs eux-

mêmes par des lignes droites. ) On appelle en parti-

culier tétraèdre le solide qui a quatre faces /M.x<M~rB

celuiqui

en asix;

octaèdre celuiqui

en ahuit

do-

<~c<M<e celui qui en a douze; icosaèdre celui qui en

a vingt, etc.

Le tétraèdre est le plus simple des polyèdres; car

il faut au moins trois plans pour former un angle so-

lide, et ces trois plans laissent un vide qui, pour être

GÉOMÉTRIE.r6a



le polygone FGHIK égal ~') ABCDE; si ensuite on

joint d'un plan à l'autre les sommets des angles bu-

mologues par les droites AF, BG, CH, etc., les faces

ABGF, BCHG, etc., seront des parallélogrammes, et

le solide ainsi formé ABCDEFGHIK sera un prisme.V. Les polygones égaux et parallèles ABCDE

FGHIK, s'appellent les.~MM du prisme; les autres

plans parallélogrammes pris ensemble constituent la

surface latérale ou convexe du prisme. Les droites

égales AF, BG, CH etc., s'appellent les côtés du

prisme.VI. La hauteur d'un prisme est la distance de sjs

deux bases, ou la perpendiculaire abaissée d'un pointde la base supérieure sur le plan de la base infé-

rieure.

VIÏ. Un prisme est droit lorsque les côtés AF,

BG, etc., sont perpendiculaires aux plans des bas~s:

alors chacun d'eux est égal à la hauteur du prisme.Dans tout autre cas le prisme est oM~Me, et la hau-

teur est plus petite que le côté.

LIVRE VI. 1~3



Le polygone ABCDE s'appelle la base de la pyra-

mide, le point S en est le ~/K/M~, et l'ensemble des

triangles ASB, BSC, etc., forme la

~M/e<; eowc/re

ou ~a~e/M/c de la pyramide.XII. La /~M~M~' de la pyramide est la perpendicu-

laire abaissée du sommet sur Je plan de la base, pro-

longé s'il est nécessaire.

XIII. La pyramide est<M/MÂ'~e, ~Ma'YM~K-

laire, etc., selon

que la base est un

triangle, un qua-drilatère, etc.

XIV. Une pyramide est rcjK~e/'e, lorsque la base

est un polygone régulier, et qu'en même temps la

perpendiculaire abaissée du sommet sur le plan de la

base passe par le centre de cette base cette ligne

s'appelle alors l'axe de la

pyramide.XV. Diagonale d'un polyèdre est la droite qui joint

les sommets de deux angles solides non adjacents.

XVI. J'appellerai polyèdres symétriques deux

polyèdres qui, ayant une base commune, sont cons-

truits semblablement, l'un au-dessus du plan de cette

t6~ GEOMETRIE.

leurs h l DTH DRF les id SARC



leurs homologues DTH, DRF, les pyramides SARC,

TDEF, seront semblables.

XVIIL Ayant formé un triahgte avec les sommets

de trois angles pris sur une même face o u base d'un

polyèdre, on peut imaginer que les sommets des dif-

férents angles solides du polyèdre, situés hors du

plan de cette base, soient ceux d'autant de pyramides

triangulaires qui ont pour base commune le triangle

désigne, et chacune de c es pyramides déterminera la

position de chaque angle solide du polyèdre par rap-

port à la base. Cela poséDeux ~<)~'e~7'<M sont .M/a~e.! lorsqu ayant des

bases semblables, les sommets des angles soiiden ho-

mologues, hors de ces bases, sont déterminés par des

pyramides triangulaires semblables chacune à chacune.

XIX. J'appellerai M/MMe~ d'un potyèdre les points

situés aux sommets de ses différents angles solides.

N. B. Tous les polyèdres que nous considérons sont des polyèdresà angles saillants ou polyèdres confe.r&t. Nous appelons ainsi ceuxdont la surface ne peut être rencontrée par une ligne droite en plusde deux points Dans ces sortes de polyèdres le plan prolongé d'une

MVREVT. ï65

dans le i sans i ils ne dinereraient t



que dans le premier, sans quoi ils ne dinereraient t

pas l'un de l'autre mais alors il est clair que quel-

ques-uns des nouveaux plans couperaient le premier

polyèdre il y aurait des sommets au-dessus de ces

plans, et des sommets au-dessous, ce qui nepeut con-

venir à un polyèdre convexe donc, si deux polyèdresont les mêmes sommets et en même nombre, ils

doivent nécessairement coïncider l'un avec l'autre.

Scholie. Etant donnes de position les points A, B,

C, K, etc., qui doivent servir de sommets à un po-

lyèdre, il est facile de décrire le polyèdre.Choisissez d 'abord trois points voisins D, E, H,

tels que le plan DÈH passe, s'il y a lieu, par de nou-

veaux points K, C, mais laisse tous les autres d'un

même côté, tous au-dessus du plan ou tous au-

dessous le plan DEH ou DEHKC, ainsi détermine,sera une face du solide. Suivant un de ses côtés EH )

conduisez un plan que vous ferez tourner jusqu'à ce

qu'il rencontre un nouveau sommet F, ou plusieursà-la-fois F, I; vous aurez une seconde face qui sera

FEH ou FEHI C ti i i f i t d

Ëg2o4.

GEOMETRIE.t6()

soient M et N les sommets de deux l solides



soient M et N les sommets de deu angles so des

quelconques de l'un des polyèdres, M' et N' les som-

mets homologues de l'autre polyèdre; il faudra, sui-

vant la dénnition, que les droites MM', NN', soient

perpendiculaires au plan ABC, et qu'elles soient divi-

sées en deux parties égales aux points m et n où elles

rencontrent ce plan. Cela posé, je dis que la distance

MN est égale à M'N'.

Car si on fait tourner le trapèze w M'N'n autour

de M/! jusqu'à ce que son plan s'applique sur le plan

)MMN/ à cause des angles droits en m et en n, le

côté mM' tombera sur son égal mM, et nN' sur ~N,

donc les deux trapèzes coïncideront, et on aura

MN M'N'.

Soit P un troisième sommet du polyèdre supérieur,

ft P' son homologue dans l'autre, on aura de même

MP=M'P' et NP==N'P'; donc le triangle MNP,

<7~< joint trois sommets quelconques </M JC'û~'e<e su-

~e/'MMA', est <~Z/<!K triangle M'N'P' ~M~O~~ ~'OM

sommets X-o/MC~o~HM de l'autre polyèdre.Si idè l t

LIVRE Vf. i6'y

M i



Mais puisque MPNQ est un seul plan on a l'angle

MNQ=MNP+PNQ; donc on aura aussi M'N'Q'

=rM'N'P'+P'N'Q'. Or, si les trois plans

M'N'P',

P'N'Q', M'N'Q', n'étaient pas confondus en un

seul, ces trois plans formeraient un angle solide, et" 0

on aurait l'angle M'N'Q'<M'N'P'+P'N'Q'; ~.t. o.

donc, puisque cette condition n'a pas lieu tes deux

triangles M'N'P', P'N'Q', sont dans un même plan.H suit de là

que chaque face, soit

triangulaire,

soit t

polygone, dans un polyèdre, répond à une face égaledans l'autre, et qu'ainsi les deux polyèdres sont com-

pris sous un même nombre de plans égaux, chacun à

chacun.

il reste à prouver que l'inclinaison de deux faces

adjacentes quelconques dans l'un des

polyèdres

est

égale à l'inclinaison des deux faces homologues dans

l'autre.

Soient MPN, NPQ, deux triangles formés sur

l'a tête commune NP dans les plans des deux faces

adjacentes; soient M'P'N', N'P'Q, leurs homolo-

.GEOMETRIE.t68



gué N' est formé par les plans M'N'P'/P'N'Q',

Q'N'R', etc. Ceux-ci paraissent disposés dans le

même ordreque

lesautres;

mais comme les deux

angles solides sont dans une situation inverse l'un par

rapport à l'autre, il s'ensuit que la disposition réelle

des plans qui forment l'angle solide N' est l'inverse

de celle qui a lieu dans l'angle homologue N. D'ail-

leurs les inclinaisons des plàns consécutifs sont égalesdans l'un et

dans l'autre angle solide; donc ces anglessolides sont symétriques l'un de l'autre. ~o~cz le

scholie de la prop. JM7/7, liv.

Cette remarque prouve qu'un ~o~M/'c quelconque/<~ peut avoir qu'un seul DC~ ~7:g~7'MMC. Car si Ot)

construisait sur une autre base un nouveau polyèdre

symétrique au polyèdre. donné, les angles solidesde celui-ci seraient toujours symétriques des angles

du polyèdre donné; donc ils seraient égaux à ceux

du polyèdre symétrique construit sur la première

base. D'ailleurs les faces homologues seraient toujours

égales; donc ces deux polyèdres symétriques cons-

LIVRE VI. 169

Car soit posée la base ABCDE sur son égale ~cf/e,



posée égale cf/e,

ces deux bases coïncideront mais les trois angles

plans qui forment l'angle solide B sont égaux aux

trois angles plans qui forment l'angle solide cha-cuu à chacun, savoir, ABG==a~c, ABG=< et

GBC==~e, de plus ces angles sont semblablement

placés donc les angles solides B et b sont égaux, et

par conséquent le côté BG tombera sur son égal bg.

On voit aussi qu'à cause des parallélogrammes égaux

ABGF, < le côté GF tombera sur son égal g/~et semblablement GH sur ~A; donc la base supé-rieure FGHIK coïncidera entièrement avec son égale

/M-, et les deux solides seront confondus en un

seul, puisqu'ils auront les mêmes sommets*.

Corollaire. Deux prismes <<~ qui ont des bases

égales et des hauteurs égales sont égaux. Car avantle côté AB égal à < et la hauteur BG égale à bg, le

rectangle ABGF sera égal au rectangle il en

sera de même desrectangles BGHC, ~Ac; ainsi les

trois plans qui forment, l'angle solide B sont égauxaux 6rois f t lid b D l d

~0 GEOMETRIE.

lélogramme; par une raison semblable AE est éga)e



lélogramme; par éga)eet parallèle à BF donc l'angle DAE est égal à l'angle

*i3, 5. CBF*, et Je plan DAE parallèle à CBF; donc aussi le

parallélogramme DAEH est égal au parallélogrammeCBFG. On démontrera de même que les parallélo-

grammes opposés ABFE, DCGH, sont égaux et pa-

rallèles.

Corollaire. Puisque le parallélipipède est un solide

compris sous six plans dont les opposés sont égaux et

parallèles, il s'ensuit qu'une face quelconque et son

opposée peuvent être prises pour les bases du paral-

lélipipède.Scholie. Etant données trois droites, AB, AE, AD,

passant par un même point A, et faisant entre elles

des angles donnés, on peut sur ces trois droites cons-

truire un parallélipipède; il faut pour cela mener

par l'extrémité de chaque' droite un plan parallèleau plan des'deux autres; savoir, par le point B un

plan parallèle à DAE, par le point D un plan paral-

lèle à BAE, et par le point E un plan parallèle à BAD.

L ll d f l

HVRBVI.'?t

nient l'angle solide A sont égaux aux trois qui forment



g égau qu

l'angle solide &, chacun à chacun d'ailleurs il est

facile de voir que leur disposition est différente dans

1 un et dans l'autre; donc 1° les deux angles solides Aet G sont symétriques l'un de l'autre

En second lieu, imaginons deux diagonales EC,

AG, menées l'une et l'autre par des sommets opposés

puisque AE est égale et parallèle à CG, la figure AEGC

est un parallélogramme; donc les diagonales EG,AGt

se couperont mutuellement en deux parties égales.On démontrera de même que la diagonale EC et une

autre DF se couperont aussi en deux parties égales;donc a<* les quatre diagonales se couperont mutuel-*

lement en deux parties égales, dans un même point

qu'on peut regarder comme le centre du paralléli-

pipéde.

PROPOSITION VI.

A

THEOREME.

GEOMETRIE.1~2

ABFE, et le plan ADH'E' est égal à ADHE; mais

i l



si on compare le prisme GHFBCD au prisme

ABDH'E'F', la base GHF est égale à ABD; le pa-

t'a!)é)ogramme GHDC, qui est

égal à

ABFE, est aussiégat à ABF'E', et le parallélogramme GFBC, quiest égal à ADHE, est aussi égal à ADH'E'; donc

les trois plans qui forment l'angle s olide G dans le.

prisme GHFBCD, sont égaux aux trois plans qui for-

ment l'angle solide A dans le prisme ABDFI'E'F',chacun à

chacun, d'ailleurs ils sont disposés semblablement; donc ces deux prismes sont égauxét pourraient être superposés. Mais l'un d'eux

ABDH'E'F' est symétrique du prisme ABDHEF;donc l'autre, GHFBCD, est aussi le symétrique de

ABDHEF.

PROPOSITION VIL

T.EMME.

Eg. 201. Dans <OM~/M/6 ABCI, ~ec~b/M NOPQR

LIVRE VI.ty3

Co/'c~M/'c. Toute section laite dans un prisme pa-



p p

'allèlement à sa base, est égale à cette base.

PROPOSITION vnr.

THEOREME.

Les deux ~M/7~~ triangulaires .~7Me~7'M(~

ABDHEF, BCDFGH, dans lesquels se ~co/?~o.~le

~ara//e~M/(? AG, sont ~~j'<'<!7ey:~ ~<'~T.

Par les sommets B et F menez perpendiculairementau côté BF, les plans B<!</e, Fe/ qui rencontreront,

d'une part en a, d, e, de l'autre en e, tes trois

autres côtés AE, DH, CG, du même parattëHpipède;

les sections Badc, FeA~, seront des parallélogrammes

égaux. Ces sections sont égales, parce qu'elles sont faites

par des plans perpendiculaires à une même droite et

par conséquent parallèles*; elles sont des parallélo-

grammes, parce que deux côtés opposés d'une mêm e

section B d sont les intersections de deux l

<mS.

7.

1~ GEOMETRIE.

à des ABFE BF les



*3 3

cor.

Or, à cause des parallélogrammes ABFE, aBFe, les

côtés AE, légaux à leur parallèle BF, sont égaux

entreeux; ainsi,

en ôtant la partie

commune Ae, il

restera Aa-Ee. On prouvera de même que Dd- Hh.

Maintenant, pour opérer la superposition des deux

solides BaADd, FeEHh, plaçons la base Felc sur son

égale Bad; a lors le pointe tombant en a, et le point

A en d, les côtés eE, ~~f, tomberont sur leurs égaux

aA, dD, puisqu'ils sont perpendiculaires au même

plan Bad. Donc les deux solides dont il s'agit coïnci-

deront entièrement l'un avec l'autre; donc le prisme

oblique BADFEH est équivalent au prisme droit

Ba~TcÂ.

On démontrera semblablement que le prisme obli-

que BDCFHG est équivalent au prisme droit B~eF/Mais les deux prismes droits BadFeh, B</cFA~ sont

égaux entre eux puisqu'ils ont même hauteur BF

et que leurs bases Bad, Bdc sont moitiés d'un même

parallélogramme Donc les deux prismes triangu-

taires BADFEH BDCFHG équivalents à des prismes

LIVRE VI.1~5

Il peut arriver trois cas selon que E[ est plus



peut cas, que E[ est plus

grand, plus petit ou égal à EF; mais la démonstration

est la même pour tous et d'abord je dis que le prisme

triangulaire AEIDHM est égal au prisme triangulaireBFKCGL.

En effet, puisque AE est parallèle à BF e t HE à

GF, l'angle AEI=BFK, HEI==GFK, et HEA=

GFB. De ces six angles les trois premiers forment

l'angle solide E, les trois autres forment l'angle solide

F; donc, puisque les angles plans sont égaux chacun

à chacun, et semblablement disposés, il s'ensuit quelés angles solides E et F sont égaux. Maintenant, si

on pose le prisme AEM sur le prisme BFL, et d'abord

la base AEI sur la base BFK, ces deux bases étant

égales coïncideront; et

puisque l'angle

solide E est

égal à l'angle solide F, le côté EH tombera sur son

égal F& il n'en faut pas davantage pour prouver queles deux prismes coïncideront dans toute leur éten-

due car la base AEI et l'arête EH déterminent le

prisme AEM, comme la base BFK et l'arête FG dé-

C)!OM.iiTME.ty6

?):):). ))ep!us les coté.sRFetAB sont ég.tnxe):pa)'.d-



lèles, il eu est de même de iK et AD; donc EF est éga) 1

et parallèle à IK par une raison semblable GF est

égal et parallèle à Ï~K. Soient prolongés les côtés EF,

HG, ainsi que LK, IM, jusqu'à ce que les uns et les

autres forment par leurs intersections le parallélo-

gramme NOPQ, il est clair que ce parallétogramme e

sera égal à chacune des bases EFGH, IKLM. Or si

on imagine un troisième paraltélipipèdequi, avec la

même base intérieure ABCD, ait pour base supérieure

NOPQ, ce troisième paraUétipipède serait équivalent

*9. au paraIIëlipipèdeAG*,puisqu'ayant même base inté-

rieure, les bases supérieures sont comprises dans un

même plan et entre les paraIlèIesGQ,FN.ParIamêmeraison ce troisième parallélipipède serait équivalent

auparatlélipipèdeAL;donc les deux parallélipipèdes

AG, AL, qui ont même base et même hauteur, sont

équivalents entre eux.

PROPOSITION XI.

HVRBVI. '77en effet, par construction, la base ABNO et son op-

t des les faces latérales en



posée IKPQ sont des rectangles; les faces latérales en

sont aussi, puisque les arêtes AI, OQ, etc., sont per-

pendiculaires au plan de la base; donc le solide AP-est un parallélipipède rectangle. Mais les deux paral-

léllpipèdes AP, AL, peuvent être censés avoir même

base ABKI et même hauteur AO donc ils sont équi-

valents; donc le parallélipipède AG,-qu'on avait d'a- Kg.~o bord changé en un parallélipipède équivalent AL, se

trouve de nouveau changé en un paraUélipipède rec-tangle équivalent AP, qui a la même hauteur AI, et

dont la base ABNO est équivalente à la base ABCD.

PROPOSITION XII.

THEOREME.

Deux parallélipipèdes rectangles AG, AL, 6g. 10.

qui ont là 7/!e/?!e base ABCD, sont entre eux

co/M/K~ /6M/y hauteurs AE, AI.

d'abord les hauteurs AE AI soient

1~8 GBOME.TRtE.

En second lieu, si le rapport de AE à AI ne peut



pp p

s'exprimer en nombres, je dis qu'on n'en aura pasmoins ~o/ AG solid. AL AE Al. Car, si cette

proportion n'a pas lieu, supposons qu'on ait sol. A&

sol. AL AE AO. Divisez AE en parties égales dont

chacune soit plus petite que 01, il y aura au moins

un point de division M entre 0 et 1. Soit P le paral-

lélipipède qui a pour base ABCD et pour hauteur

ÂM; puisque les hauteurs AE, Anz sont entre elles

comme deux nombres entiers, on aura sol. AG P

AE Anz. Mais on a, par hypothèse, M/. AG sol. AL

AE AO, de là résulte sol. AL P AO A/H. Mais AO

est plus grand que Am; donc il faudrait, pour que la

proportion eût lieu, que le solide AL fût plus grand

que P. Or au contraire il est plus petit donc il est

impossible que le quatrième terme de la proportionsol. AG sol. AL AE x, soit une ligne plus grande

que AI. Par un raisonnement semblable on d émon-

trerait que le quatrième terme ne peut être plus petit

que AI; donc il est égal à AI; donc les parallétipipèdes

t.tVRE VI.ï~Q

AEHD, sont entre eux comme leurshauteurs.AO, AB



pareillement les deux solides AQ, AK, ayant même

hase AOLE, sont entre eux comme leurs hauteurs

AD, AM. Ainsi on aura les deux proportions,sol. AG sol. AQ AB,: AO,

sol. AQ sol. AK AD AM.

Multipliant ces deux proportions par ordre, et omet-

tant, d ans le résultat, le multiplicateur commun sol.

AQ, on aura,

M~. AG sol. AK AB x AD AO x AM.Mais AB x AD représente la base ABCD, et AO X AM

représente la base AMNO donc deux parallélipi-

pèdes rectangles de même hauteur sont entre eux

comme leurs bases.

PROPOSITION XI V.

THEOREME.

Deux parallélipipèdes rectangles quelconques

GEOMETRIE.t8o

tant, dans le résultat, le multipticateur commun



, , multipticateur

AK, on aura

sol. AG sol. AZ ABCD x AE AMNO X AX.

A la place des bases ABCD et AMNO, on peut mettre

AB x AD et AO x AM, ce qui donnera,

M~. AG ~J.'AZ AB x AD x AE AO x AM x AX.

Donc deux parallélipipédes rectangles quelconquessont entre eux, etc.

~c/M~e. Il suit de là

qu'on peut prendre pour

me-

sure d'un parallélipipède rectangle le produit de sa

base par.sa hauteur, ou le produit de ses trois dimen-

sions. C'est sur ce principe que nous évaluerons tous

lés autres solides.

Pour l'intelligence de cette mesure il faut se rap-

peler qu'on entend

par produit de deux ou de

plu-sieurs lignes, le'produit des nombres qui représententces lignes, et ces nombres dépendent de l'unité linéaire

qu'on peut prendre à volonté cela posé, le produitdes trois dimensions d'un parallélipipède est un nom-

bre qui ne signifie rien en lui-même et qui serait

HVKE VI. t8t

côte est 3, la solidité sera 3 x 3 X 3, ou ay, et ainsi de

ainsi les côtés des cubes ét t l b



suite; ainsi les côtés des cubes étantcomme les nombres

i, 2, 3, etc., les cubes eux-mêmes ou leurs'solidités

sont comme les nombres t, 8, sy, etc. De )à vient qu'on

appelle en. arithmétique cube d'un nombre le produit

qui résulte de t rois facteurs égaux à ce nombre.

Si on proposait de faire un cube double d'un cube

donné, il faudrait que le côté du cube cherché fut au

côté du cube.donné comme la racine cube de a est à

1 unité. Or on trouve facilement, par une construc-tion géométrique, la racine quarrée de a; mais on ne

peut pas trouver de même sa racine cube, du moins

par les simples opérations de la géométrie élémen-

taire, lesquelles consistent a n'employer que des

lignes droites. dont on connaît deux points, et des

cercles dont les centres et les rayons sont déterminésA. raison, de cette difSculté le problême de. la

</H~'ca:~oM du cube a été célèbre parmi les anciens

géomètres, comme celui de là ~Mec~'o~ de ~K~/e,

qui est à-peu.près du même ordre. Mais on connaît

l l i d d

GEOMETRIE.i8a

égale à sa base multipliée par sa hauteur; donc la

solidité du i est ill t é l au d i



solidité du premier est pareillement égale au produitde sa base par sa hauteur.

2° Tout prisme triangulaire est la moitié du paral-lélipipède construit de manière qu'il ait la même hau-

8. teur et une base double*. Or la solidité de celui-ci est

égale à sa base multipliée par sa hauteur; donc celle

du prisme triangulaire est égale au produit de sa base,moitié de celle du parallélipipède, multipliée par 5a

hauteur.3° Un prisme quelconque peut être partagé en au-

tant de prismes triangulaires de même hauteur qu'on

peut former de triangles dans le polygone qui lui sert

de base. Mais la solidité de chaque prisme triangulaireest égale à sa base multipliée par sa hauteur; et puis-

que la hauteur est la même pour tous, il s'ensuit quela somme de tous les prismes partiels sera égale à la

somme de tous les triangles qui leur servent de bases,

multipliée par la hauteur commune. Donc la solidité

d'un prisme polygonal quelconque est égale au pro-d it d b h t

LIVRE VI. i83

Car t" les plans ABC, abc, étant paral!èles, leurs

intersections AB ab un troisième l SAB



intersections AB, ab, par un troisième plan SAB,

seront parallèles*; donc les triangles SAB, Sab, sont

semblables, et on a la proportion SA Sa SB Sb;on aurait de même SB Sb SC Sc, et ainsi de

suite. Donc tous les côtés SA, SB, SC, etc., sont

coupés proportionnellement en a, c, etc. La hau-

teur SO est coupée dans la même proportion ait

point o; car BO et bo sont parallèles, et ainsi on a

SO So SB Sb.

2° Puisque ab est parallèle à _AB, bc à BC, cd à

CD, etc., l'angle abc = ABC, l'angle bcd = BCD, et

ainsi de suite. De plus, à cause des triangles sembla-

bles SAB, Sab, on a AB ab SB Sb; et à cause des

triangles semblables SBC, Sbc, on a SB Sb BC ~c;

donc AB <r~ BC ~e; on aurait de même BC ~c

CD cd, et ainsi de suite. Donc les polygones ABCDE,

abcde, ont les angles égaux chacun à chacun et les

côtes homologues proportionnels; donc ils sont sem-

blables.

't0,5.

GEOMETRIE.i8~

-x~, sont entre elles comme les bases ABCDE, XYZ.

Donc si les bases ABCDE XYZ sont l



Hg.2tS.

Donc si les bases ABCDE, XYZ sont équivalentes, les

sections faites à égale hauteur sont pareillement

équivalentes.

PROPOSITION XVII.

THBORËME.

DeM~M/~M~ ~K/C~ qui 0/~ </<?.) ~M-

ses équivalentes et des hauteurs égales, sont

équivalentes.

Soient SABC, sabc les deux pyramides dont les

bases ABC, abc, que nous supposons placées sur un

même plan, sont équivalentes et qui ont même hau-teur TA; si ces pyramides në~sont pas équivalentes,soit.M~c la plus petite et soit Ax la hauteur d'un prisme

qui étant construit sur la base ABC, serait égal à

leur différence.

Di i l h AT

MVREVI. i85

des prismes intérieurs de la pyramide M~e est plus

petite que cette pyramide doncfpar ces deux raisons



petite que pyramide doncfpar ces deux raisons

la différence entre les deux sommes de prismes, devra

être plus grande que !a différence entre les deux pyramides..

°

Or à partir des bases ABC, abc, le second prismeextérieur DEFG est équivalent au premier prismeintérieur <~g/ puisque leurs bases DEF, def, sont

équivalentes et qu'ils ont une.même hauteur k; sout

équivalents par la même raison le troisième prismeextérieur GHIR et le 'second intérieur g~M~ le qua-trième extérieur et te troisième intérieur, ainsi de

suite jusqu'au dernier des uns et des autres. Donc

tous les prismes extérieurs de la pyramide SABC, à

l'exception du premier ABCD, ont leurs équivalents

.dans les prismes Intérieurs de la pyramide .M~c. Doncle prisme ABCD est la différence entre la somme des

prismes extérieurs de la pyramide SABC et la somme

des prismes Intérieurs de la pyramide sabc; mais la

différence de ces deux sommes est plus grande quel diffé d d d il f d it

GEOMETRIE.i86 prisme triangulaire de même base et de même

hauteur

je dis que la pyramide est le tiers du prisme.



Retranchez du prisme la pyramide SABC, il restera

le solide'SACDE, qu'on peut

considérer comme une

pyramide quadrangulaire dont le sommet est S et qui

a pour base le parallélogramme ACDE; tirez la diago-nale CE et conduisez le plan SCE qui partagera la py-

ramidequadrangulaire en deux pyramides triangulairesSACE SpCE. Ces deux pyramides ont pour hauteur

commune la perpendiculaire

abaissée du sommet S

sur le plan ACDE elles ont des bases égales, puisqueles triangles ACE, DCE, sont les deux moitiés du même

parallélogramme; donc les deux pyramides SACE

SDCE, sont équivalentes entre elles mais la pyramideSDCE et la pyramide SABC ont des bases égales ABC

DES;

elles ont aussi même hauteur,

car cette hauteur

est la distance des plans parallèles ABC, DES. Donc

les deux pyramides SAB.C, SDCE, sont équivalentesmais on a démontré que la pyramide SDCE est équi-valente à la pyramide SACE donc les trois pyramides

SABC SDCE SACE qui composent le prisme ABD

I. IVRE. VI.t8~

diagonales EB, EC, on d ivisera la pyramide polygo-nale SABCDE en plusieurs pyramides triangulaires



plusieurs pyramides triangulaires

qui auront toutes la même hauteur SO. Mais par le

théorème précédent chacune de ces pyramides semesure en multipliant'chacune des bases ABE, BCE,

CDE, par le tiers de sa hauteur SO donc la somme

des pyramides triangulaires, ou la pyramide polygo-nale SABCDE, aura pour mesure la somme des tri-

angles ABE, BCE, CDE ou le polygone ABCDE,

multiplié par ~SO donc toute pyramide a pour me-sure le tiers du produit de sa base par sa hauteur.

Corollaire I. Toute pyramide est le tiers du prismede même. base et de même hauteur.

Cc~oZ/azre II. Deux pyramides de même hauteur

sont entre elles comme leurs bases, et deux pyra-mides de même base sont entre elles comme leurs

hauteurs.

Sclaolie. On peut évaluer la solidité de tout corps

polyèdre en le décomposant en pyramides, et cette

décomposition peut se faire de plusieurs manières:

t88 GEOMTÉTRtE.

le produit de la base ABC par le tiers de la hauteur

SO ou TO donc ces id sont é i l t



SO ou TO donc ces pyramides sont équivalentesentre elles.

2° Si on partage d'une manière quelconque l'un des

polyèdres symétriques en pyramides triangulaires,on pourra partager de même l'autre polyèdre en py-ramides triangulaires symétriques; or les pyramides

triangulaires symétriques sont équivalentes chacune

à chacune donc les polyèdres entiers seront équiva-

lents entre eux ou égaux en solidité.

~~oA'e. Cette proposition semblait résulter immé-

diatement de la proposition II, ou Ton a fait voir quedans deux polyèdres symétriques, toutes les partiesconstituantes d'un solide sont égales aux parties cons-

tituantes de l'autre; mais il n 'en était pas moins né-

cessaire de la démontrer d'une manière rigoureuse.

PROPOSITION.XXI.

THEOREME.



GEONBTmE.tQO

pyramides sont équivalentes. Mais la pyramide ~FKH

t être considérée comme t son sommet en /)



'3.

peut être considérée comme ayant son sommet en /)

et ainsi elle aura même hauteur que le tronc quant

à sa base FKH, je.dis qu'elle est moyenne proportion-nelle entre les bases FGH,~A. En effet les triangles

FHK,~A, ont un angle égal F=/, et un côté égal

FK=/ on a donc* FHK:/g~ FH :/A. On a aussi

FHG FHK FG FK ou fg. Mais les triangles semblables FGH, donnent FG:/y::FH: donc

FGH :FHK: FHK :~A; et ainsi la base FHK est

moyenne proportionnelle entre les deux bases FGH,

~A. Donc un tronc de pyramide triangulaire, à bases

parallèles, équivaut à trois pyramides qui ont pour

hauteur commune la hauteur du tronc, et dont les

bases sont la base inférieure du tronc, sa base supé-

rieure, et une moyenne proportionnelle entre ces

deux bases.

PROPOSITION XXII.

LIVRE VI."9'

menez encore un plan SEC, qui divisera la pyra-mide quadrangulaire en deux pyramides triangulaires



q g py g

SACE,SCDE.

La pyramide SAEC, qui a pour base le triangleAEC et pour sommet le point S, est équivalente à une

pyramide EABC, qui aurait pour base AEC et pour sommet le point B. Car ces deux pyramides ont même

base elles ont aussi même hauteur, puisque la ligne

BS, étant parallèle à chacune des lignes AE, CD, est

parallèle à leur plan ACE; donc la pyramide SAECest équivalente à la -pyramide EABC, laquelle peutêtre considérée comme ayant pour base ABC et pour sommet le point E.

La troisième pyramide SCDE peut être changéed'abord en ASCD; car ces deux pyramides ont la

même base SCD; elles ont aussi la même hauteur,

puisque AE est parallèle au plan SCD; d onc la pyra-

mide SCDE est équivalente à ASCD. Ensuite la py-

ramide ASCD peut être changée en ABCD, car ces

deux pyramides ont la basecommune ACD; elles ont

GEOMETRIE.iga

+ ABC X CD, quantité qui se réduit à ~ABC X (AE+

BS+CD).



Hg.o3.

PROPOSITION XXIII.

THEOREME.

.Deux ~/M/ ~'ù:M/ semblables ont

les ~ïc~ Ao/MO/o~M~y semblables, et les ay?~~

solides Ao/MO/O~M&y égaux.

Suivant la définition, les deux pyramides triangu-laires SABC, TDEF, sont semblables, si les deux tri-

angles SAB, ABC, sont semblables aux deux TDE,

DEF, et semblablement placés, c'est-à-dire, si l'on a

l'angle ABS=DET, BAS=EDT, ABC=DEF, BAC

==EDF, et si en outre l'inclinaison des plans SAB,

ABC, est égale à celle des plans TDE, DEF cela

posé, je dis que ces pyramides ont toutes les faces

semblables chacune à chacune, et les angles solides

homologues égaux

T~ivnn vt. tf.~3

Or, à cause des triangles égaux DEF, G BU, ou a

l'angle BGH = EDF = BAC; donc GH est parallèle à



g p

AC. Par une raison semblable GI est parallèle à AS;

donc le plan IGH est parallèle à SAC*. De là il suit '.3, t..

que le triangle IGR, ou son égal TDF, est scmbiabie

à SAC*, et que le triangle IBM, ou son égal TEF, est ,4.5,

semblable à SBC; donc les deux pyramides triangu-laires semblables SABC, TDEF, ont les quatre faces.

semb)ab)es chacune à chacune de plus elles ont les

angles solides homologues égaux.Car on a déjà placé l'atigle soude E sur son homo.

logue B, et on pourrait faire de même pour deux autres

angles solides homologues; mais on voit immédiate-

ment que deux angles solides homologues sont égaux,

par exemple, les angles T et S, parce qu'ils sont for-

més par trois angles plans égaux chacun à chacunet semblablement placés.

.Donc, deux pyramides triangulaires semblables ont

les faces homologues semblables et les angles solides

homologues égaux.

GEOMETRIE.'94est la même de part et d'autre; donc les deux pyra*mides sont semblables.



6g. 914.

*déf.)8.

IV. En général, M on coupe une ~?w/:M~ ~Me~-

eoA~Me SABCDE par un plan abcde parallèle à la

base, la /MMK/c partielle Sabcde sera semblable à

la /ai/MM/e entière SABCDE. Car les bases ABCDE,

abcde, sont semblables, et en joignant AC, ac, on

vient de prouver que la.pyramide triangulaire SABC

est semblable à la pyramide Sabc; donc le point S est

déterminé par rapport à la base ABC comme le pointS l'est par rapport à la base abc*; donc les deux py-~ramides SABCDE, Sabcde, sont semblables.

~'e~o/M. Au lieu des cinq données requises par l a dé.

nnition pour que deux pyramides triangulaires soient

semblables, on pourrait en substituer cinq autres,

suivant différentes combinaisons, et il en résulterait

autant de théorèmes, parmi lesquels on peut distin-

guer celui-ci: Deux ~'M/MM~M triangulaires sont M/H.

blables Joy~MW~ ont les côtés homologues propor-fZOM/M~.

LIVRE VI. tgS

Soit ABCDE la base d'un polyèdre soient M et N 6g. ':<9.

les sommets de deux angles solides, hors de cette base,



déterminés par les pyramides triangulaires MABC,

NABC dont la base commune est ABC soient dansl'autre polyèdre, abcde la base homologue ou sem-

blable à ABCDE, ni et K les sommets homologues à

M et N déterminés par les pyramides /7M;~c, /M~e,

semblables aux pyramides MABC NABC je dis

d'abord que les distances MN, /K/ï, sont proportion-

nelles aux côtés homologues AB, ab.En effet, les pyramides MABC, /e, étant sem-

blables, l'inclinaison des plans MAC, BAC, est égaleà celle des plans n:~c, bac; pareillement les pyramides

NABC, nabc, étant semblables, l'inclinaison des plans

NAC, BAC, est égale à celle des plans nac, bac donc,

si on retranche les premières inclinaisons des der-

nières, il restera l'inclinaison des plans NAC, MAC,

égale à celle des plans Mac, mae. Mais, à cause de la

similitude des mêmes pyramides, le triangle MAC est

semblable à mac, et le triangle NAC est semblable à

CHOMUTUtH;i~6

que l'inclinaison des plans PQN, PMN, est égale à

celle des plans pqn, ~y?:M.



Car. si on joint QM et y//t, on aura toujours le tri-

angle QNM semblable a y~ et par conséquentl'angle

QNM égal à ~wK. Concevez en N un angle solide for-

mé par les trois angles plans QNM, QNP, PNM, et'

en Il uu angte solide formé par les trois angles plans

y/M, ~Mm puisque ces angles plans sont égaux

chacun a chacun, il s'ensuit que les angles solides son

égaux. Donc l'inclinaison des deux plans PNQ, PNM

est égale à celle de leurs homologues ~y,x/ donc,

si les deux triangles PNQ, PNM, étaient dans un

même plan, auquel cas on aurait l'angle QNM = QNP

-t-PNM, ou aurait aussi l'angle y/?/M==:y/i~t-7:, et.L

les deux triangles y/MM, seraient aussi dans uu

même plan.Tout ce qui vient d'être démontré a lieu, quels

que soient les angles M, N, P, Q, comparés à leurs

homologues M, /?,?, q.

Supposons maintenant que la surface de l'un des

LIVRE VI. !~y

plans <z/?, ~~7M, 7/r, qtzr. Or, ces angles plans sont

égaux chacun à chacun, et l'inclinaison de deux plans



adjacents est égale à cette de leurs homologues donc

les deux angles solides sont égaux, comme pouvantêtre superposés.

Donc enfin deux polyèdres semblables ont 'les faces

homologues semblables et les angles solides homo-

logues égaux.Corollairé. Il suit de la- démonstration précédente

que si, avec quatre sommets d'un polyèdre, on formeune pyramide triangulaire, et qu'on en forme une

seconde avec les quatre sommets homologues d'un

polyèdre semblable, ces deux pyramides seront sem-

blables car elles auront les côtés homologues pro-

portionnels xi.scb.

On voit en même temps que deux diagonales ho-

mologues*, par exemple, AN, an, sont entre elles *'7'

comme deux côtés homologues AB, ab.

PROPOSITION XXV.

GEOMETRIE.198

commun celui de l'angle a homologue à A; il est clair

que la pyramide qui joint quatre sommets d'un po-

bl bl à l l



lyèdre sera semblable à la pyramide qui joint les qua-

tre sommets homologues de l 'autre polyèdre. Doncdeux polyèdres semblables, etc.

PROPOSITION XXVI.

THEOREME.

DëM~c ~yr~M'y semblables sont entre elles

comme les cubes des cd~ homologues.

fig 214. Car deux pyramides étant semblables, la plus petite

pourra être placée dans la plus grande, de manière

qu'elles aient l'angle solide S commun. Alors les bases

ABCDE, abcde, seront

parallèles; car,' puisque les

M. faces homologues sont semblables*, l'angle S<~ est

égal à SAB, ainsi que Sbc à SBC; donc le plan abc

*<3,S. est paraHèle au plan ABC*. Cela posé, soit SO la

perpendiculaire abaissée du sommet S sur le planet soit o le où cette ren

LIVRE VI. t~

PROPOSITION XXV11.



THEOREME.

Deux polyèdres, semblables sont entre eux

comme les cubes des cdtés homologues.

Car deux polyèdres semblables peuvent être par- Sg. ai)).

tagés en un même nombre de pyramides triangulaires

semblables chacune à chacune*. Or, les deux pyra-mides semblables APNM, apnm, sont entre elles

comme les cubes des côtés homologues AM, <!M, ou

comme les cubes des côtés homologues AB, ab. Le

même rapport aura lieu entre deux autres pyramides

homologues quelconques; donc la somme de toutes

les pyramides qui composent un polyèdre, ou le po-

lyèdre lui-même, est à l'autre polyèdre, comme le

cube d'un côté quelconque du premier est au cube

du côté homologue du second.

GEOMETRIE.200

Soit B la base d'un troue de prisme triangulaire

H, H', H", les hauteurs de ses trois sommets supé-

i la solidité d i é B (H



rieurs, la solidité du prisme tronqué sera yBx(H+

H'+H").Soient enfin P et p les solidités de deux polyèdres

semblables, A et deux côtés ou deux diagonales

homologues de ces polyèdres, on aura P :p A': <ï.

LIVRE Vit



LA SPHÈRE.

DÉFINITIONS.

I. JLjAy/M/-e est un solide terminé par une surface

courbe, dont tous les points sont également distants

d'un point intérieur qu'on appelle centre.

On peut imaginer que la sphère est produite par Sg.:M.

la révolution du demi-cercle DAE autour du diamètre

DE car la surface décrite dans ce mouvement par

la

courbe DAE aura tous ses points à égales distances

du centre G.

II. Le y'~c/t la sphère est une ligne droite me-

née du centre à un point de la surface le diamètre

ou axe est une l t t i

202 GEOMETRIE.

Ces arcs, qui s'appellent les côtes du-triangle, sont

toujours supposas plus petits que la demi-circonfé-

L l font entre eux sont



rence. Les angles que leurs plans font entre eux sont

les angles du triangle.VII. Un triangle sphérique prend le nom de rec-

tangle, isoscèle, e~M</a~M/, dans les mêmes cas qu'un

triangle rectiligne.

VIII. Polygone sphérique est une partie de la sur-

face de la sphère terminée par plusieurs arcs de grands

cercles.

IX. Fuseau est la partie de la surface de la sphère

comprise entre deux demi-grands cercles qui se ter-

minent à un diamètre commun.

X. J'appellerai coin ou onglet sphérique la partie du

solide de la sphère comprise entre les mêmes demi-

grands cercles, et à laquelle le fuseau sert de base.

XI. P~vw/MM~ ~er/yMe est la partie du solide de

la sphère comprise entre les plans d'un angle solide

dont le sommet-est au centre. La base de la pyramide

est le l hé i i t té les mêmes

LIVRE VII. so3

circulaire, comme DCF ou FCH, décrit un solide

qu'on appelle secteur y~e/CMe.



PROPOSITION PREMIERE.

THEO&BME.

Toute section de la sphère, faitepar un plan,est un ce~c/e.

Soit AMB la section faite par

un plan dans la sphère

dont le centre est C. Du point C menez la perpendi-culaire CO s ur le plan AMB, et différentes lignes CM,

CM, à différents points de la courbe AMB qui termine

la section.

Les obliques CM, CM, CB, sont égales, puisqu'elles

sont des rayons de la sphère elles sont donc égale-ment éloignées de la perpendiculaire CO*; donc toutes

les lignes OM, OM, OB, sont égales; donc la section

AMB est un cercle dont le point 0 est le centre.

Corollaire I. Si la section passe par le centre de la

l d l

6g. 2~1.

Cg~*5,5.

GBOMETRIB.20/{

sont plus éloignés du centre de la sphère; car plus la

distance CO est grande, plus est petite la corde AB,

diamètre du petit cercle AMB.



f]g.a:

petitVI. Par

deux points donnés sur la surface d'une

sphère, on peut'faire passer un arc de grand cercle;

car les deux points donnés et le centre de la sphèresont trois points qui déterminent la position d'un plan

Si cependant les deux points donnés étaient aux ex-

trémités d'un diamètre, alors ces deux points et le

centre seraient enligne droite,

et ily

aurait une in-

finité de grands cercles qui pourraient passer par les

deux points donnés.

PROPOSITION II.

THEOREME.

.~a/M tout triangle sphérique ABC un CQ<<?

quelconque ë~~H~e~ ~M~ ~0/MMC des </e~

autres.

Soit 0 le centre de la sphère, et soient menés les

LIVRE VU. ao5

A et B, et soit hors de cet arc, s'il est possible, M un

point de la ligne la plus courte entre A et B. Par le

point M menez les arcs de grands cercles MA, MB,



point grands MA, MB,

et prenez BNmMB.Suivant le théorème précédent l'arc ANB est plus

court que AM-t-MB; retranchant de part et d'auu-e

DN=BM, il restera AN<AM. Or, la distance de B

en M soit qu'eUe se confom!e avec t'arc BM, ou

qu'eue soit toute autre ligne, est cgatc la distance de

B et N;

car en

faisant tourner le pian du grand

cerc!e

BM autour du diamètre qui passe par B, on peut ame-

ner le point M sur le point N, e t alors la ligne la plus

courte de M en B, que!)e qu'elle soit, se confondra

avec celle de N en B; donc les deux chemins de A en

B, l'un en passant par M, l'autre en passant par N,

ont une partie égale de M en B et de N en B.

Le pre-mier chemin est, par hypothèse, le plus court; donc

la distance de A en M est plus courte que la distance

de A en N, ce qui serait absurde, puisque l'arc AM

est plus grand que AN donc aucun point de la ligneB l'

GBOMBTRÏB.ao6

Je part et d'autre AB +AC, on aura AB+ AC+ BC

<' ABD -t- ACD, c'est-à-dire, plus petit qu'une circon-

férence



férence.

PROPOSITION V.

THBORBMB.

.6g.M'

La ~o/M/~6 des côtés d e tout polygone ~Ae-

rique est moindre ~M~ la C~CO/e/'ë/!Ce d'un

g/~y:<~ cercle..

Soit, par exemple, le pentagone ABCDE: prolon-

gez les côtés AB, DC, jusqu'à leur rencontre en F;

puisque BC est plus petit que BF+CF, le contour du

pentagone ABCDE est plus petit que celui du quadri-latère AEDF. Prolongez de nouveau les côtés AE,

FD, jusqu'à leur rencontre en

G, on aura ED<EG

+GD; donc le contour du quadrilatère AEDF est

plus petit que celui du triangle AFG; celui-ci est plus

petit que la circonférence d'un grand cercle donc

ajortiori le contour du polygone ABCDE est moindre

tt ê i fé

LIVRE VII.aoy

D et E de ce diamètre seront les pôles ~M cercle

AMB, e/ de tous les petits cercles comme FNG,

~M/ lui sont parallèles



~M/ so t parallèles.

Car DC étant perpendiculaire au plan AMB, est

perpendiculaire à toutes les droites CA, CM, CB, etc.,

menées par son pied dans ce plan donc tous les arcs

DA, DM, DB, etc., sont des quarts de circonférence:

il en est de même des arcs EA, EM, EB, etc. donc

les points D et E sont chacun également éloignés de

tous les points de la circonférence AMB; donc ils sontles pôles de cette circonférence*. *dë(.

En second lieu, le rayon DC, perpendiculaire au

plan AMB, est perpendiculaire à son parallèle FNG,

donc il passe par le centre 0 du cercle FNG donc I~

si on tire les obliques DF, DN, DG, ces obliques s'é-

carteront également de la perpendiculaire DO et seront

égales. Mais les cordes étant égales, les arcs sont

égaux donc tous les arcs DF, DN, DG, etc., sont égauxentre eux donc le point D est le pôle du petit cercle

FNC, et par la même raison le point E est l'autre pôle

2o8 GEOMETRIE.

tH. Méciproquement, si la distance du point D a

chacun des points A et M est égale à un quadrant, je

dis le i t D sera le ôl de l'arc AM et '



dis que le point D sera le pôle de l arc AM, et qu'en

même temps les angles DAM, AMD, seront droits.Car soit C le centre de la sphère, et soient menés les

rayons CA, CD, CM: puisque les angles ACD, MCD,

sont droits, la ligne CD est perpendiculaire aux deux

droites CA, CM donc elle est perpendiculaire a ieur

plan donc le point D est' le pôle de l'arc AM et par

suite les angies DAM, AMD, sont droits.

~eAo~'e. Les propriétés des pôles permettent de tra-

cer sur la surface de la sphère des arcs de cercle avec

la même facilité que sur une surface plane. On voit,

par exemple, qu'en faisant tourner l'arc DF ou tonte

autre ligne de même intervalle autour du point D,

l'extrémité F décrira le petit cercle FN&; et si on fait

tourner le quadrant DFA autour du point D l'ex-

trémité A décrira l'arc de grand cercle AM.

S'il faut prolonger l'arc AM, ou si on ne donne que

les points A et M par lesquels cet arc doit passer on

HVHB Vtt.~0~

PROPOSITION VII.

THEOREME.



7~M~/?~ ~'e/ye/~CH~<? /'e.r/e//?/fc <r/'M~

rayon est ~e/:f la sphère.Soit FAG un plan perpendiculaire a l'extrémité du" f!g '!tf'.

rayon OA; si on prend un point quelconque M sur

ce plan, et qu'on joigne OM et AM, l'angle OAM sera

droit, et ainsi la distance OM sera plus grande queOA. Le point M est donc hors de l a sphère; et, comme

il en est de même de tout autre point du plan FAG,

il s'ensuit que ce plan n'a que le seul point A com-

mun avec la surface de la sphère donc il est tangentà cette surface · *déf.

Scholie. On peut prouver de même que deux sphèresn'ont qu'un point commun, et sont par conséquent

tangentes l'une à l'autre lorsque la distance de leurs

centres est égale à la somme ou à la différence de

leurs rayons, alors les centres et le point de contact

t li d it

2iU GËUMËTttiH.

':7,S. égal à l'angle des plans OAB, OAC*, qui est celui des

arcs AB, AC, et qui se désigne par BAC.

Pareillement, si l'arc AD est égal à un quadrant,

ainsi AE les li OD OE seront perpendicu



ainsi que AE, les lignes OD, OE, seront perpendicu-

laires à AO, et l'angle DOE sera encore égal à l'angledes plans AOD, AOE donc l'arc D E est !q mesure de

P,

l'angle de ces plans, ou la mesure de l'angle CAB.

Corollaire. Les angles des triangles sphériques peu-

vent se comparer entre eux par les arcs de grands cer-

cles décrits de leurs sommets comme pôles et compris

entre leurs côtés ainsi il est facile de faire un angle

égal à un angle donné.

f:t;. a38. &Ao/M. Les angles opposés au sommet, tels que

ACO et BCN, sont égaux, car l'un ou l'autre est tou-

jours l'angle formé par les deux plans ACB, OCN.

On voit aussi que dans la rencontre de deux arcs

ACB, OCN, les deux angles adjacents ACO, OCB,

pris ensemble, valent toujours deux angles droits.

PROPOSITION IX.

TUÉORÊME.

LIVRE Vit. 9<<

PROPOSITION X.

THEOREME



THEOREME.

Les //ïe/<M choses étant posées que dans le

~eo/e précédent, chaque angle de l'un ~cj

triangles ABC, DEF, aura pour inesure la <~e/?: 6~2~.

circonférence moins le côté opposé dans l'autre

/e.

Soient prolongés, s'il est nécessaire, les côtés AB,

AC, jusqu'à la rencontre de EF en G et H; puisque

le point A est le pôle de l'arc GH, l'angle A aura pour

mesure l'arc GH. Mais l'arc EH est un quadrant

ainsi que GF, puisque E est le pôle de AH, et F le

pôle de

AG

donc EH-t-GF vaut une demi-circon-

férence. Oi EH + GF est la même chose que EF -t-

GH donc l'arc GH qui mesure l'angle A est égal à

une demi-circonférence moins le côté EF de même

l'angle B aura pour mesure e//c.–DF et l'an'.le C,

GEOmhTUtti.2i a

et E d'un même côté de AC, et les deux C et tt'm)

même côté de AB.

On donne différents noms aux deux triangles ABC,



DEF; nous lesappellerons ~rM/o~e.

PROPOSITION XL

LEMME.

Hg.Mg.Etant ~e le triangle ABÇ, si du pôle A et

de l'intervalle AC on décrit /'a/'c de petit ce/'c/e

DEC du ~0~ B et de l'intervalle BC on d écrit

~a/'e/c/eM< l'arc DFC, et que du point D OM

.les arcs DEC, DFC, se coupent, on ~e/M

arcs de grands cercles AD, DB je dis que le

triangle ADB <o/M~ aura ses parties égales

à celles dutriangle

ACB.

Car par construction le côté AD=AC, DB~=BC,

AB est commun; donc ces deux triangles ont les côtés

égaux chacun à chacun. Je dis maintenant que les

angles opposés aux côtés égaux sont égaux.

LIVRB VII. 2l3

&~6'& L'égalité de ces triangles n'est cependant

pas une égalité absolue ou de superposition car il

serait impossible de les appliquer l'un sur l'autre



exactement, à moins

qu'ils ne fussent isoscèles. L'éga-lité dont il s'agit est ce que nous avons déjà appeléune égalité par .~MMe~M, et par cette raison nous

appellerons les triangles ACB, ADB, ~MMg~ ~/t-

Me~Me~.

PROPOSITION XII.

THEOREME.

Deux triangles situés sur la /?!<?/?:e sphère, ou

des sphères égales, sont égaux dans toutes

/CM/'yj9<2/e~, lorsqu'ils ont un angle égal coin-

pris entre côtés égaux chacun à chacun.

Soit le côté AB=EF, le côté AC=E&, et l'angle Eg. ~u.

BAC==FEG, le triangle EFG pourra être placé sur

le triangle ABC ou sur son symmëtrique ABD, de la

même manière qu'on superpose deux triangles recti-

li i ont un l é l i entre côtés

GHOMRTKIB.at4

PROPOSITION XIV.

THEOREME.



Eg.MQ.

deux triangles situés sur la même sphère,

ou sur des sphères égales, sont équilatéraux

entre eux; ils seront aussi équiangles, e~ les angles

égaux seront opposés aux côtés égaux.

Cela est manifeste par la proposition xi, oit l'on a

vu qu'avec trois côtés donnés AB, AC, BC, on ne

peut faire que deux triangles ACB, ABD, différents

quant à la position des parties, mais égaux quant à

la grandeur de ces mêmes parties. Donc deux triangles

ëquilatëraux entre eux sont ou absolument égaux, ou

au moins égaux par symmëtrie dans lun et l'autre

cas ils sont équiangles et les angles égaux sont oppo-sés aux côtés égaux.

PROPOSITION XV.

LTVnEVtI. ~i5 ~-)

grand des deux, prenez BO==AC, et joigne?, OC.

Les deux côtés BO, BC, sont égaux aux deux AG, BC

t'angle compris par les premiers OBC est égai à l'angle



compris par les seconds ACB. Donc les deux

triangiesBOC, ACB, ont les autres parties égales et on a Et-

l'angle OCB==ABC mais l'angle ABC, par hypothèse

==ACB; donc on aurait OCB=:ACB, ce qui est int-

possible donc on ne peut supposer AB différent de

AC; donc les côtés AB, AC, opposés aux angtes égauxB

et C, sont égaux.Scholie. La même démonstration prouve que l'angle

BAD==DAC, et que l'angle BDA=ADC. Donc ces

deux derniers sont droits donc l'arc mené d u ~o/

met d'un triangle sphérique isoscèle au milieu de sa base

est perpendiculaire .a cette base et divise l'angle du

sommet CM deux parties égales.

PROPOSITION XVI.

THEOREME.

Dans un t i l hé i ABC si l' l A Ë S

GiloMUTam.2t<J(j

PROPOSITION XVII.

É È



THÉORÈME.

Eg. 233. Si les deux côtés AB, AC, du triangle ~'Ac-

rique ABC sont égaux aux deux côtés DE, DF, >

du triangle DEF tracé sur une ~Aeye égale, si

en Mey/ze ~f~ l'angle A est plus grand que

l'angle D, ye dis

que le troisième côté BC ~K

pre-mier triangle sera plus grand que le troisième

EF second.

La démonstration est absolument semblable à celle

de la prop. x, livre i.

PROPOSITION XVIII.

THEOREME.

Si deux triangles tracés sur /C/7!f ~Aë/C

sur des sphères égales sont équiangles entre

LIVRE VII. 2iy

Sur le prolongement des côtés AB, AC, prenez AG

==DE, et AH==DF joignez GH et prolongez les arcs

BC, GH, jusqu'à ce qu'ils se rencontrent en, 1 et K.



j q q

Les deux côtés AG, AH, sont par construction

égaux aux deux DF, DE; l'angle compris GAH==BAC

EDF; donc les triangles AGH, DEF, sont égauxdans toutes leurs parties, donc l'angle AGH-DEF

=ABC, et l'angle AHG=DFE=ACB.

Dans les triangles IBG, KBG, le côté BG est com-

mun, l'angle IG-B-GBK; et puisque 1GB + BGK est

égal à deux droits, ainsi que GBK.+IBG, il s'ensuit

que BGK=iBG. Donc les triangles IBG, GBK, sont

égaux donc 1G = BK., et IB = GK.

Pareillement, de ce que l'angle AHG=ACB, on

conclura que les triangles ICH, HCK, ont un côté égal

adjacent à deux angles égaux donc ils- sont égaux;

donc IH-CK, et HK=IC.

Maintenant, si des égales BK., IG, on retranche les

égales CK, IH, les restes BC, GH, seront égaux. D'ail-

leurs l' l BCA AHG et l' l ABC== AGH

HBOMETniB.2.8

expressément que ces triangles spnt tracés sur la

même sphère o') sur des sphères égales. Or les arcs

semblables sont proportionnels

aux rayons; donc,



sur des sphères égales, deux triangles ne peuventêtre semblables sans être égaux. Il n'est donc pas

surprenant que égalité des angles entraîne l'égalitédes côtés.

Il en serait autrement si les triangles étaient tracés

sur des sphères inégales.; alors les angles étant égaux,

les triangles seraient semblables, et les côtés homo-

logues seraient entre eux comme les rayons des

sphères.

PROPOSITION XIX.

TH ECREME.

La ~0/7~<? des angles de tout triangle J~Ae-

/Y<7Me est moindre que six et plus grande que

deux angles droits.

Car i" chaque angle d'un triangle sphérique est

LIVRE V[t. 2 K)

angles rectilicnes; elle varie depuis deux nngles droits

jusqu'à six, sans pouvoir être égale à l'une ni à !'autre

limite. Ainsi deux angles d onnés ne font pas connaître

le troisième.



Corollaire II. Un triangle sphérique peut avoir

deux ou trois angles droits, deux ou trois angles

obtus.

Si le triangle ABC est ~-iree~e, c'est-à-dire

s'il a deux angles droits B et C, le sommet A sera le

pôle

d e la base BC*; et les côtés AB, AC, seront des

quadrants.Si en outre l'angle A est droit, le triangle ABC sera

tri-rectangle, ses angles seront tous droits et ses côtés

des quadrants. Le triangle tri-rectangle est contenu

huit fois dans la surface de la sphère c'est ce que l'on

voit par

la

fig. a36

en

supposant

l'arc MN

égal

à un

quadrant.Scholie. Nous avons supposé dans tout ce qui pré-

cède, et conformément à la définit. vi, que les trian-

gles sphériques ont leurs côtés toujours plus petitsil ' i l

f.g.935;,

*6.

GEOMETRIE.220

On voit donc que le côté AEDC est plus grand que !a

demi-circonférence AED mais en m ême temps l'an-

gle opposé en B surpasse deux angles droits de la0



6g. a36.

quantité CBD.Au reste, si on a e xclu dela définition les triangles

dont les côtés et les angles sont si grands, c'est queleur résolution ou la détermination de leurs partiesse réduit toujours à celle des triangles renfermés dans

la définition. En effet, on voit aisément que si o u

connaît les angles et les côtés du triangle ABC, ou

connaîtra immédiatement les angles et les côtés du

triangle de même nom qui estlerestedeladetni-sphère.

PROPOSITION XX.·

THEOREME.

~e/M.~ïMAMBNA est à ~~M/ù:cc Je la sphère

co/MC l'angle MAN de ce~~e~K est à quatre

angles droits, <?M coy~Me l'arc MN qui mesure

LIVRE VU. 22t

dont ou a déjà vu beaucoup d'exemptes, que le fuseau

est toujours à la sphère comme l'arc MN est à la cir-

conférence.

Corollaire I. Deux fuseaux sont e ntre eux comme



leurs angles respectifs.Corollaire II. On a déjà vu que la surface entière

de la sphère est égale à huit triangles tri-rectangles*; tg.

donc, si l'aire d'un de ces triangles est prise pour

)*)inlté, la surface de la sphère sera représentée par 8.

Cela posé, la surface du fuseau dont l'angle est A sera

exprimée par 2A (si toutefois l'angle A est évalué

en prenant l'angle droit pour unité) car on a aA 8

A:/{. Il y a donc ici deux unités différentes l'une

pour les angles, c'est l'angle droit; l'autre pour les

surfaces, c'est le triangle sphérique tri-rectangle, ou

celui dont tous les angles sont droits, et les côtés des

quarts de circonférence.

Scholie. L'onglet sphérique compris par les plans

AMB, ANB, est au solide entier de la sphère comme <

l'angle A est à quatre angles droits. Car les fuseaux

étant les seront

GEOMETRIE.222

Soit P le pôle du petit cercle qui passerait par les

*<i. rois points A, B, C (i) de ce point soient mjenes les

arcs égaux PA, PB, PC au point F faites l'angle

DFQ=ACP, l'arc FQ=GP et DQ EQ



DFQ ACP, FQ GP, joignez

DQ, EQ.

Les côtes DF, FQ, sont égaux aux côtés AC, CP,

iang)e DFQ=ACP; donc les deux triangles DFQ,

ACP, sont égaux dans toutes leurs parties* donc le

côté DQ=AP, et l'angle DQF=APC.

Dans les triangles proposés DFE, ABC, les angles

DFE, ACB, opposés

aux côtéségaux DE, AB,

étant

H. égaux si on en retranche les angles DFQ, ACP'

égaux par construction, il restera l'angle QFE égal à

PCB. D'ailleurs les côtés QF, FE, sont égaux aux

côtés PC, CB donc les deux triangles FQE, GP!

sont égaux dans toutes leurs parties donc le côté

QE==PB, etl'angle FQE=CPB.Si on observe maintenant que les triangles DFQ,

ACP, qui ont les côtés égaux chacun à chacun, sont t

en même temps isoscèles, on verra qu'ils peuvent s'ap-

pliquer l'un sur l'autre car, ayant placé PA sur son

HVRBVtI. 223

en composer le triangle DEF, et pareillement il fau-

drait ajouter les trois triangles APC, CPB, APB, pour en composer le triangle ABC; d'ailleurs la démonstra-

tion et la conclusion seraient toujours les mêmes.



PROPOSITION XXII.

THEOREME.

Si deux g7' cerc~ AOB, COD, se coupent fig. 238.

coM/~e on voudra dans /'Ac/K~/M/'f AOCBD,la .w/Me triangles opposés AOC, BOD, sera

égale ~~yM~aM ~)/~ l'angle est BOD.

Car, en prolongeant les arcs OB, OD, dans l'autre

hémisphère jusqu'à leur rencontrë en N, OBN sera

une demi-circonférence, ainsi que ÀOB retranchant

de part et d'autre OB, on aura BN==AO. Par une

raison semblable on a DN=CO, et BD ==AC donc

les deux triangles AOC, BDN, ont les t rois côtés égauxd'ailleurs leur position est telle qu'ils sont symmétri-

l'un de l'autre; donc ils sont é eh surface

GEOMETRIE.aa/{

jusqua ce q)n)s rencontrent le grand code UEl'G,

mené comme on voudra hors du triangle. En vertu du

théorème précédent, les deux triangles ADE, AGH

pris ensemble équivalent au fuseau dont l'angle est



M. A, et qui a pour mesure aA* ainsi on aura ADE +AGH == 2A par une raison semblable BGF + BID

== aB, CIH + CFE == aC. Mais la somme de ces six

triangles excède la demi-sphère de deux fois le tri-

angle ABC, d'ailleurs la demi-sphère est représentée

par 4; donc le double du triangle ABC est égal à 2A

-t- a B -t- a C 4} et par conséquent ABC = A + B

-}-C–a donc tout triangle sphérique a pour mesure

la somme de ses angles moins deux angles droits.

Corollaire I. Autant il y aura d'angles droits dans

cette mesure, autant le triangle proposé contiendra1

de triangles tri-rectangles ou de huitièmes de sphère

*M. 'qui sont 1 unité de surface*. Par exemple, si les anglessont égaux chacun aux d'un angle droit, alors les

trois angles vaudront 4 angles droits, et le triangle

proposé sera représente par 4 2 ou 2; donc il sera

à deux ou au de la

LIVRE vu. aa5

son s'établit par la coïncidence des parties. Or, si

les bases des pyramides coïncident, il est évident queles pyramides elles-mêmes coïncideront, ainsi queles solides à leur sommet. De là résultent



angles plu-sieurs conséquences.

1° Deux pyramides triangulaires sphériques sont

entre elles comme leurs bases; et, puisqu'une pyra-mide polygonale peut se partager en plusieurs pyra-

mides triangulaires il s'ensuit que deux pyramides

sphériques quelconques sonr entre elles comme les

polygones qui leur servent de bases.

2" Les angles solides au sommet des mêmes pyra-

mides sont également dans la proportion- des bases

donc, pour comparer deux angles solides quelcon-

ques, il faut placer leurs sommets au centre de deux

sphères égales, ei ces angles solides seront entre euxcomme les polygones sphériques interceptés entre

leurs plans ou faces.

L'angle au sommet de la pyramide tri-rectangle est

formé par trois plans perpendiculaires entre eux cet

CËOMBT&JE.aa6

duit de deux angles droits par le /!0~6 des

côtés du polygone /HO/ deux.

(ig. 240. D'un même sommet A soient menées à tous les

autres sommets les AC, AD le polygone



diagonalesp yg

ABCDE sera partagé en autant de triangles moins

deux qu'il a de côtés. Mais la surface de chaque tri-

angle a pour mesure la somme de ses angles moins

deux angles droits, et il est clair que la somme de tous

les angles des triangles est égale à la somme des angles

du polygone donc la surface du polygone est égale à

la somme de ses angles diminuée d'autant de fois deux,

angles droits qu'il a de côtés moins deux.

Scholie. Soit s la somme des angles d'un polygone

sphérique, le nombre de ses côtés; l'angle droit

'étant supposé l'unité, la surface du polygone aura

pour

mesure 2 (/t–2) ou 2M-t-

PROPOSITION 'XXV.

THEOREME.

MVHEVIÏ. 227

moins deux fois le nombre de leurs côtés, plus 4 pris autant

de fois qu'il y a de faces. Or, comme tous les angles qui

s'ajustent autour d'un même point A valent quatte angles

droits la somme de tous les angles des polygones est égale

à de fois a



4 pris autant qu'il y d'angles solides; elle estdonc égale à 4S. Ensuite le double du nombre des côtés AB

BC CD etc. est égal au quadruple du nombre des arêtes

ou~= 4A, puisque la même arête sert de côté à deux faces

donc on aura 8=:4S–~A-t-/)H; ou, en prenant lequart

de chaque membre, 2= S–A+H; donc S-j-H= A-t-.

Corollaire. Il suit de là que la ~o/M~e des angles plans

qui /o7W!e/:< les f/M ~o&We.f ~'«/o~e~e est égale à au-

tant de fois quatre n~M droits <y" a d'unités dans S a,

S étant le nombre des angles solides ~M~o~'c<e.

Car, si on considère une face dont le nombre de côtés

est la somme des angles de cette face sera M–4 angles

droits*. Mais la somme de tous les M, ou,le double du nom-

bre des côtés de toutes les faces ,~4~ et 4 pris autant defois qu'il y~a de faces=4H; donc la somme des angles de

toutes les faces -4A-4H. Or, par le théorème qu'on vient

de démontrer, ,onaA H=S 2, et par conséquent 4A

4H =: (S a). Donc la .fo/e des a/c~ /</a/M etc

*2'

22g GEOMBTR!B.

Menez BI qui fasse t'angte CBI== BCD, et pat suite IBD

=BDC; les deux triangles IBC, IBD, seront isuscèles, et on

aura IC=:IB==ID. Donc le point 1, milieu de DC, est à

égale distance des trois points B C D par une raison sem-



6g.~9.

blable le point 0, milieu de AB, sera également distant

des trois points A B C.

Soit maintenant ÇA' = ÇA et l'angle BCA' > BCA si l'on

joint A'B, et qu'on prolonge les arcs A'C., A'B, jusqu'à

leur rencontre en D',FarcD'CA'sera une demi-circonférence

ainsi que DCA donc puisqu'on a CA'==CA, on aura aussi

CD'= CD. Mais dans le triangle CID', on a CI +ID' > CD';dnneïD'>CD–CI, ouID'>ID.

Dans le triangle isoscèle C[B divisons l'angle du sommet 1

en deux éga)cment par l'arc E1F qui sera perpendiculaire

sur l e milieu de BC. Si o n prend un point L entre 1 et E, la

distance BL, égale à LC, sera moindre que BI; c ar on peut

démontrer, comme d ans la prop. ix, liv. i, qu'on a BL-t-

LC<BI+IÇ; donc en prenant les moitiés depart et d'autre,

on aura BL < BI. Mais dans le triangle D'LC on a D'L > D'C

CL, et à plus forte raison D'L > DC CI, ou D'L > DI,

ou D'L>BI; doncD~L>BL. Donc si on cherche sur l'arc

E[F un point également distant des trois points B C, D.

LIVRE VIT. .229La même démonstration et la même conclusion auraient Sg. 273.

lien si, en prenant toujours l'arc CA'=: CA, on faisait

l'angle BCA'<BCA donc ABC e st le triangle !c plus grandentre tous.ceux qui ont deux côtés donnés et le troisième à

volonté.



Scholie I. Le triangle ABC, le plus grand entre tous ceux fig. 24!.

qui ont deux côtés donnés CA, CB, peut être inscrit dans

un demi-cercle dont la corde du troisième côté AB sera le

diamètre; car 0 étant le milieu de AB on a vu que'les dis-

tances OC, OB, sont égales; donc la circonférence de petit

cercle décrite du point 0 comme pôle et de l'intervalle OB

passera par les trois points A, B , C. De plus la ligne droiteBA est u n diamètre de ce petit cercle par le centre qui doit

se trouver à la fois dans le plan du petit cercle et dans le

plan d e l'arc de grand cercle* BOA, se trouvera nécessai-.1'" c,

rcmentdans l'intersection deces deux plans qui est la droite cor. 4.

BA, et ainsi BA sera un diamètre.

11. Dans le triangle ABC, l'angle C étant éga! à la somme

des Jeux autres A et B, il s'ensuit que la somme des trois

angles est d ouble de l'angle C. Mais cette somme est tou-

jours plus grande que deux angles droits dono l'angle C in.est plus grand qu'un droit.

III. Si l'on l les côtés C B CA jusqu'à leur ren-

GEOMETRIE.a3o

augmente de pins en plus à mesure que t 'ang)c compris par

les côtes donnes est plus grand; enfin lorsque cet angle.sera

égal à deux droits les trois côtés seront dans un même

plan et formèrent une circonférence entière le triangle

hé i deviendra donc

é l à !a

d i hè mais il



sphérique égal demi-sphère,cessera alors d'être triangle.

PROPOSITION XXVH.

..1THÉORBME.

Eg.:4'

*3t.

De tous les triangles ~~e/MM~by/MM avec un co<e donneet K~ ~'ert/7:c<e donné, le plus grand est celui dans /<;<c~

les ~CM-r C<C.t non ~<?'<e/77!t/:&f sont C~MK.T.

Soit AB le côté donné commun aux deux triangles ACB,

ADB, et soit AC+CB=AD+DB;je dis que le triangtc

isoscè!e ACB, dans lequel AC==CB, est plus grand que le

non-isoscèle ADB.

Car ces triangles ayant la partie commune AOB il suffit

de faire voir que le triangle BOD est plus petit que AOC.

L'angle CBA égal à CAB est plus grand que OAB ainsi

le côté AO est plus grand que OB* prenez OI-OB, faites

OK.=OD, et joignez Kl; le triangle OKI sera égal à DOB*.

MVRBVII. 23t

aux propositions t et ni de l'appendice au liv. !v; ainsi on

peut en tirer, par rapport aux polygones sphériqucs, les

conséquences qui ont lieu pour les polygones rectilignes.Voici tes principales:

1 / )e tousl l A / M ' M t

et ~'<t



lespolygones ~Ae/ue~ Mo~e'~Me~tw<e nombre de cdtés, le plus grand est M/t~o/~o/~e e~Kt-/a<c/-<

Même démonstration que pour la prop. II de l'appendiceau )ivre IV.

2° De tous /e~/)o/~yone.~ .~Ap/'t~Me.f/orf/!<M <!f'ee des <<p~

f/o/?y: et un ~cr/Ker <7 volonté, le plus grand est celui <}fM'o/t

peut inscrire dans M/! demi-cercle dont la corde du cd<c /:o/<

Y/e<e/'f/e sera le diamètre.

La démonstration se déduit de la prop. XXVI, comme

ou l'a vu dans la prop. IV de l'appendice cité; il faut pour

l'existence du Ma.MMMM, que la somme des cotés donnés

soit moindre que la demi-circonférence d'un grand cercle.

3"Ze~/K~g7'<ïy!<M~'o~'60/!M<yAe'i/M/br/M<t <!<'ec

~.t c<e'~ donnés, est celui <~M'o/)Mf //?'c/r~' <7~~ un cercle

r/e la sphère.

Même démonstration que pour la prop. VI de t'appendice

an livre IV.

GEOMETRIE.23a

APPENDICE AUX LIVRES VI ET Vil.



LES POLYÈDRES RÉGULIERS.


THEOREME.

IL ne peut y'avoir que cinq polyèdres réguliers.

Car on. a dénniy?o~e~/M réguliers ceux dont toutes les

faces sont des polygones réguliers égaux et dont tous les

angles solides,sont égaux entre eux. Ces conditions ne peu-

vent avoir lieu que dans un petit nombre de cas.

1° Si les faces sont des triangles équilatéraux on peut

former chaque angle solide du polyèdre avec trois angles

de ces triangles, ou avec quatre, ou avec cinq: de là naissent -t

trois corps réguliers, qui sont le tétraèdre, l'octaèdre, et

l'icosaèdre On n'en t former un plus d nombre

LIVRE VII. a33

ces cinq polyèdres existent réellement, et qu'on peut en

déterminer toutes les dimensions lorsqu'on connait une de

leurs faces.

PROPOSITION Il.

A

PROBLEME



PROBLEME.

~M/!< donnée l'une ~M faces d'un polyèdre /<?~M//c/, ou

~CN~ewe/:< son c~/e~ eo7:~frM're /e~)o~'c<ic.

Ce problême en présente cinq qui vont être résotus suc-

cessivement.,

Construction du tétraèdre.

Soit ABC le triangle équilatéral qui doit être une des faces 6g.'a~\du tétraèdre; au point 0, centre de ce triangle, élevez OS

perpendiculaire au plan ABC; terminez cette perpendiculaireau point S, de.sorte que AS==AB; joignez SB, SC,ct la

pyramide SABC sera le tétraèdre requis.

Car, à cause des distances égales OA, OB, OC, les obli-

ques SA, SB SC, s'écartent également de la perpendicu-

laire SO et sont égales. L'une d'elles SA=AB; donc les

quatre faces de la pyramide SABC sont des triangles égaux

au triangle donné ABC. D'ailleurs les angles solides de cette

id sont é entre eux i 'il sont formés cha-

GEOMETRtB.234

joignez ensuite SA, SB TA etc., vous aurez un solide

SAHCDT composé de deux pyramides quadrangulaires

SABCD, TABCD, adossées par leur base commune ABCD

ce solide sera l'octaèdre régulier demandé.

Eneffet

letriangle

AOSest rectangle

en0

ainsique

le



effet, triangle est rectangle 0, quetriangle AOD les côtés AO OS OD sont égaux donc

ces triangles sont égaux, donc AS==AD. On démontrera

de même que tous les autres triangles rectangles AOT, BOS,

COT, etc. sont égaux au triangle AOD donc tous les

fôtés AB AS AT, etc. sont égaux entre eux et par con-

séquent le solide SABCDT est compris sous huit triangles

égaux au triangle équilatéral donné ABM. Je dis de plus que

les angles solides du polyèdre sont égaux e ntre eux par

exemple, l'angle S est égal à l'angle B.

Car il est visible que le triangle SAC est égal au triangle

DAC et qu'ainsi l'angle ASC est droit donc la figureSATC est un quarré égal au quarré ABCD. Mais si on com-

pare la

pyramide BASCT à la

pyramide SABCD la base

ASCT de la première peut se placer sur la base ABCD de la

seconde; alors le point 0 étant un centre commun, la hau-

teur OB d e la première coïncidera avec la hauteur OS de la

seconde, et les deux pyramides se confondront en une seule;

LIVRE VU 235

au pentagone ABCDE, Si on fait de même dans chacun des

autres plans CDI, DEL, etc., on aura une surface convexe

PFGH, etc. composée de six pentagones réguliers égaux et

inclinés chacun sur son adjacent de l a même quantité K.

Soit pfgll etc. une seconde surface

égale à

PFGH etc je



Soit pfgll égale PFGH, etc. jedis que ces deux surfaces peuvent être réunies de manière à

ne former qu'une seule surface convexe continue. En effet,

l'angle o~ par exemple, peut se joindre aux deux angles

OPB, BPF, pour faire un angle solide P égal à l'angle B; et

dans cette jonction il ne sera rien changé à l'inclinaison des

plans BPF, BPO puisque cette inclinaison est telle qu'il le

faut pour la formation de l'angle solide. Mais en même temps

que l'angle solide P se forme, le côté ~s'appliquera sur sou

égaIPF, et au point F se trouveront réunis trois angjes

plans PFG ,y/e, efg, qui formeront un angle solide égal à

chacun des angles déja formés; cette jonction se fera sans

rien changer ni à l'état de l'angle P, ni à celui de la surface

efgh, etc. car les

plans PFG < déjà réunis en

P, ont

entre eux l 'inclinaison convenable K, ainsi que les plans

efg, e~. Continuant ainsi de proche en proche, on voit

que les deux surfaces s'ajusteront mutuellement l'une avec

l'autre, pour.ne former qu'une seule surface continue et ren-

GEOMETRtE236

II est visible d'ailleurs que les plans B'A'C', C'A'H', etc.

sont également inclinés chacun sur son adjacent; car l es

angles solides B', C', etc. sont égaux entre eux, puisqu'ils

sont formés chacun avec deux angles de triangles équilaté-

raux et un depentagone régulier Appelons

K l'inclinaison



pentagone régulier. Appelonsdes deux plans où sont les angles égaux, inclinaison qu'on

peut déterminer par la proposition xxiv, liv. v; l'angle K.

sera ënL même temps l'inclinaison de chacun des plans qui

composent l'angle solide A' sur son adjacent.

Cela posé, si on fait aux points A, B, C, des angles solides

égaux chacun à l'angle A' on aura une surface convexe

DEFG etc. composée de dix triangles ëquilatéraux dont

chacun sera incliné sur son adjacent de la quantité K, et les

angles D, E, F, etc. de son contour réuniront alternative-

ment trois et deux angles de triangles équitatéraux.Imagi-

nez une seconde surface égale à la surface DEFG, etc. ces

deux surfaces pourront s'adapter mutuellement, en joignant

chaque angle triple de l'une à un

angle double de l'autre

et, comme les plans de ces angles ont déja entre eux l'incli-

naison K nécessaire pour former un angle solide quintuple

égal à l'angle A, i l ne sera rien changé dans cette jonction à

l'état de chaque surface en particulier, et les deux ensemble

LIVRE VIL237

angles de triangles équitateraux il faut donc chercncr par

le probante cité l'angle que deux de ces plans font entre

eux cet angle sera l'inclinaison de deux faces adjacentes

du tétraèdre.

'Dans /e.f<!e~e. L'angle de deux faces adjacentes est un Cg.~4't.



Dans /e.f !e e. L angle de deux faces adjacentes est un

angle droit.

Dans / 'oef<:e</rc. Formez un angle solide avec deux an-

gles de triangles équilatéraux et u'h angle droit; l'inciinai-

son des deux ptans ou sont )es angtes des triangles sera

celle d e deux faces adjacentes de l'octaèdre.

D<ï/ le ~oA/c~!<M/e. Chaque angte solide est formé avec

trois angles de pentagones réguliers; ainsi l'inclinaison des

plans de deux de ces angles sera celle de deux faces adja-

centes du dodécaèdre.

7)~/M /'Mo.~ac~f. Formez un angle solide avec deux an-

gles de triangles équilatéraux et un angle de pentagone re-

gulier, l'inclinaison des deux plans où sont les angles des

triangles sera celle de deux faces adjacentes de i'icosaèdre*

PROPOSITION IV.

Cg. 4 t.

fig.45.

6g.246.

Sg.t

APROBLEME.

GEOMETRIE.2~8

'1.

"'7.X.

En effet, puisqueles apothèmes CD, DE, sont égales, et

l'hypoténuse DO commune, )e triangle rectangle CDO est

égal au triangle rectangle ODE et la perpendiculaire OC

est égale à la perpendiculaire OE. Mais AB étant perpendi-

culaire au plan CDE le plan ABC est perpendiculaire à

CDE* ou CDE à ABC d'ailleurs CO dans le plan CDE



7.X.

'i8.X.

CDE , ou CDE à ABC d ailleurs CO dans le plan CDE,

est perpendiculaire à CD, intersection commune des plans

CDE ABC donc CO *<est perpendiculaire au plan ABC.

Par la même raison EO est perpendiculaire au plan ABE

donc les deux perpendiculaires CO EO menées aux plans

de deux faces adjacentes par les centres de ces faces, se

rencontrent en un même point 0 et sont éga!cs. Supposonsmaintenant que ABC et ABE représentent deux autres faces

adjacentes quelconques l'apothéme CD restera toujours de

la même grandeur, ainsi que l'angle CDO, moitié de CDE;

donc le triangle rectang!e CDO et son côté CO seront égaux

pour toutes les faces du polyèdre donc, si du point 0

comme centre et du rayon OC on décrit ure sphère, cette

sphère touchera toutes les faces du polyèdre dans leurs

centres (car les plans ABC ABE, seront perpendiculaires

à l'extrémité d'un rayon), et la sphère sera inscrite dans le

polyèdre, ou le polyèdre circonscrit à la sphère.

à cause de les deux

MVREV11. 23g

en un point 0, et CO sera le rayon de la sphère inscrit

dans le polyèdre.

Sur le prolongement de DC prenez CA égale au rayon

du cercle circonscrit à une face du polyèdre, et OA sert

lerayon

de l asphère

circonscrite à ce même polyèdre.

Car les l CDO CAO de la



y p p yCar les triangles rectangles CDO, CAO, de la fig. a~g,

sont égaux aux triangles de même nom dans la figure a~8

ainsi, tandis que CD et ÇA sont les rayons des cercles in-

scrit et circonscrit à une face du polyèdre, OC et OA sont

les rayons des sphères inscrite et circonscrite au même po-

lyèdre.

~c/~f. On peut tirer des propositions précédentes plu.

sieurs conséquences.

1° Tout polyèdre régulier peut être partagé en autant de

pyramides régulières que le polyèdre a de faces le sommet

commun de ces pyramides sera le centre du polyèdre, qui

est en même temps celui des sphères i nscrite et circonscrite.

a" La solidité d'un

polyèdre régulier

est

égale

à sa surface

multipliée par le tiers du rayon de la sphère inscrite.

3" Deux polyèdres réguliers de même nom sont deux so-

lides semblables, et leurs dimensions homologues sont pro-

portionnelles donc les rayons des sphères inscrites ou cir-

it t t l té d

LIVRE ~iil

LES TROIS CORPS RONDS.



6~.t5o.

DRFINITÏONS.

1. ~N appelle c~g le solide produit par la révo-

lution d'un rectangle ABCD, qu'on imagine tourner

autour du coté immobile-AB.Dans ce mouvement les côtés AD, BC, restant

toujours perpendiculaires à AB, décrivent des plans

circulaires égaux DHP, CGQ, qu'on appelie les

~MM du cylindre, et le côté CD en décrit /<: ~K~ceconvexe.

La ligne immobile AB s'appelle l'axe dit cylindre.Toute section KLM, faite dans le cylindre perpen-

diculairement à l'axe, est un cercle égal à chacune

des bases car pendant que le rectangle ABCD

tourne autour de AB la IK à

HVUH Vtti.

vaut l'axe, est un triangle isoscelc double du triangle

générateur SAB.

Ht. Si du cône SCDB on retranche, par une sec-

tion parallèle à la base, le cône SFKH, le solide res-

tant CBHF s'appelle eo~e ~f/zyMs ou ~'o/zc de cône.O dé i l é l i



On peut supposer qu'il est décrit par la révolution

du trapèze ABHG, dont les angles A et G sont droits,

autour du côté AG. La ligne immobile AG sappet)~

~<?ou~A~K~M/' du ~'o~e, les cercles BDC.HFK,

en sont les et BH en est lé côté.

IV. Deux cylindres ou deux cônes sont .M/f/<lorsque leurs axes sont entre eux comme les diamètres

de leurs bases.

V. Si, dans le cercle ACD qui sert de base à un Sg x5ï.

cylindre, on inscrit un polygone ABCDE, et que sur

la base ABCDE on élève un prisme droit égal en

hauteur au cylindre, le prisme est dit inscrit dans /ee~'M~'c, ou le cylindre circonscrit ~Mp/M/Kc.

Il est clair que les arêtes AF, BG, GH, e tc. du

prisme, étant perpendiculaires au plan de la base,

sont i dans la surface convexe du li d

HEOMKi'ME.a/{n

/~<?/e~ ~c/«/M/<?~ sur les surfaces.

1.

6g. Une surface plane OABCD est plus petite que



toute autre surface PABCD terminée au /M<?/y~

contour ABCD.

Cette proposition est assez évidente pour être ran-

gée au nombre des axiomes; car on pourrait suppo-ser que le plan est parmi les surfaces ce que la lignedroite est parmi les lignes la ligne droite est la pluscourte entre deux points donnés, de même le planest la surface la plus petite entre toutes celles qui ont:

un même contour. Cependant comme il convient de

réduire les axiomes au plus petit nombre possible,voici un raisonnement qui ne laissera aucun doute

sur cette proposition.Une surface étant une étendue en longueur et en

largeur, on ne peut concevoir qu'une surface soit

plus grande qu'une autre, à moins que les dimensions

LIVRE VIH. 243

Nous répéterons ici que nous entendons par ~M~-

/.s<'e~co7~<M:6 une surface qui ne peut être rencontrée

par une ligne droite en plus de deux points et ce-

pendant il est possible qu'une ligne droite s'applique

exactement dans un certain sens sur une surface



convexe; on en voit des exemples dans les surfaces

du cône et du cylindre. Nous observerons aussi que

la dénomination de surface convexe n'est pas bornée

aux seules surfaces courbes; elle comprend les sur-

faces ~o/nxZM ou composées de plusieurs plans,et aussi les surfaces en partie courbes., en partie po-

tyédrales.

Cela posé, si la surface OABCD n'est pas plus

petite que toutes celles qui l'enveloppent, soit parmi

celles-ci PABCD la surface la plus petite qui sera au

plus égale à OABCD. Par un

point quelconque 0faites passer un plan qui touche la surface OABCD

sans la couper; ce plan rencontrera la surface PABCD,

et la partie qu'il en retranchera sera plus grande que

le plan terminé à la même surface* donc, en con- '~cm.r. t .

'2~ GKOMUtKtB.

''a~7- 2" Que si une surface convexe AB est enveloppée

de toutes parts par une autre surface MN, soit qu'elles

aient des points, des lignes ou des plans communs,

soit qu'elles n'aient aucun point de commun, la sur-

face enveloppée sera toujours plus petite que la surface



*!f*m.T.

enveloppante.Car parmi celles-ci il ne peut y en avoir aucune

qui soit la plus petite de toutes, puisque dans tous les

cas on pourrait toujours mener le plan CD tangentà la surface convexe, lequel plan serait plus petit

que la surface CMD*; et ainsi la surface. CND serait

plus petite que MN, ce qui est contraire à l'hypothèse

que MN est la plus petite de toutes. Donc la surface

convexe AB est plus petite que toutes celles qui l'en-

veloppent.


THEOREME.

La .fo/M~'fe <7'K/: cylindre est égale au d it

MVUE V!H. a~5

polygone GHIP, et pour hauteur H, lequel prisme

~sera circonscrit au cylindre dont CD est le rayon de

la base. Cela posé, la solidité du prisme est égale à

sa base GHIP, multipliée par la hauteur H; la base

GHIP est plus petite que le cercle dont CA est le



rayon donc la solidité du prisme est plus petite que

?/ CAxH. Mais surf- CAxH est, par hypothèse,

la solidité du cylindre inscrit dans le prisme; donc

)e prisme serait plus petit que le cylindre or, au

contraire, le cylindre est plus petit que le prisme,

puisqu'il y est contenu; donc il est impossible que

~Mr/. CA X H soit la mesure du cylindre dont CD

est le rayon de la base et H la hauteur; ou, en termes

plus généraux, ~<?</M:< de la base ~'K~ cylindre

par sa hauteur ne peut mesurer un C~e plus

petit.

Je dis en second lieu que ce même produit ne peut.

mesurer un cylindre plus grand car, pour ne pas

multiplier les figures, soit CD le rayon de la base du

cylindre donné, et soit, s'il est possible, surf. CD X H

GEOMETRIE.a46

Corollaire I. Les cylindres de même hauteur sont

entre eux comme leurs bases, et l es cylindres de

même base sont entre eux comme leurs hauteurs.

Corollaire II. Les cylindres semblables sont comme

tes cubes des hauteurs, ou comme les cubes des dia-



mètres des bases. Car les bases sont comme les quarrésde leurs diamètres et puisque les cylindres sont

semblables, les diamètres des bases sont comme les

dëf. 4. hauteurs donc les bases sont comme les quarrésdes hauteurs, donc les bases multipliées par les hau-

teurs, ou les cylindres eux-mêmes, sont comme les

cubes des hauteurs.

Scholie. Soit R le rayon de t a base d'un cylindre,

ta, 4. H sa hauteur, la surface de la base sera ~R* et la

sotidité du cytindre sera T~R' xH, ou TtR'H.

PROPOSITION Il.

L E M M E.

LIVRE VIII. ~7

PROPOSITION 111.

LEMME.

'La ~MA/OCe convexe du cylindre ~gy*d;~</f la convexe de //MC/ et



que la ~M//<2C6 convexe de toutprisnze //MC/ et

plus petite que ~~M//ac~ convexe de ~OM~jp/'M~e

circonscrit.

Car la surface convexe du cylindre et celle.du

prisme inscrit ABCDEF peuvent être considérées

comme ayant même longueur, puisque toute section

faite dans l'une et dans l'autre paraMètement à AF

est égale à AF et si pour avoir les largeurs de ces

surfaces on les coupe par des plans paraUèles à la

base ou perpendiculaires à l'arête AF, les sections

seront égales, l'une a la circonférence de la base,

1 autre au contour du polygone ABCDE plus petit

que cette circonférence donc puisqu'à longueur

és'ale la largeur de la surface cylindrique est plus

grande que celle de la surface prismatique, il sen-

(i(;2.

GEOMETRIE.a48

M/'c. CAxH sera la surface convexe de ce cylindre.

Car si on nie cette proposition, il faudra que

e~c. CAxH soit la surface d'un cylindre plus grand

ou pius petit; et d'abord supposons qu'elle soit la

surface d'un cylindre plus petit, par exempte, dud t CD è t l de la b t H la



cylindre dont CD èst le rayon de la base et H la

hauteur.

Circonscrivez au cercle dont le rayon est CD un

polygone régulier GHIP, dont les côtés ne rencon-

trent pas la circonférence qui a CA pour rayon; ima-

ginez ensuite un prisme droit qui ait pour hauteur

H, et pour base le polygone GHIP. La surface con-

vexe de ce prisme sera égale au contour du polygone*t. GHIP multiplié par la hauteur H* ce contour est

plus petit que la circonférence dont le rayon est

ÇA; donc la surface convexe du prisme est plus petite'

que circ. CA X H. Mais C!c. CA x H est, par hypo-

thèse, la surface convexe du cylindre dont CD est le

rayon de la base, lequel cylindre est inscrit dans le

prisme; donc la surface convexe du prisme serait plus

I, 1 V R E VIII.~<)

multiplié par la hauteur H. Mais ce contour est plus

grand que circ. CD; donc la surface du prisme serait

plus grande que M'ye. CD-x H qui, par hypothèse,est la surface du cylindre de même hauteur dont CA

est Je rayon de la base. Donc la surface du prismell d



serait plus grande que celle de ce cylindre. Mais,

quand même le prisme serait inscrit dans le cylindre,sa surface serait plus petite que celle du cylindre 3.

à plus forte raison est-elle plus petite lorsque le

prisme ne s'étend pas jusqu'au cylindre. Donc la se-

conde hypothèse ne saurait avoir lieu; donc 20 la

circonférence de la base t~'K/z cylindre multipliée par

sa /M~6M/' Mf't~ mesurer la surface <H/: C~«r/6

/?//<~ grand.Donc enfin la surface convexe d'un cylindre est

égale à la circonférence de sa base multipliée par sa

hauteur.

PROPOSITION V.

THEOREME.

GEOMETRIE.2~0

''9.C. ramide est égale à l'aire du polygone MNPT mul-

tipliée par le tiers de la hauteur SO. Mais le poly-

gone est plus g rand que le cercle inscrit représenté

par surf. AO donc la pyramide est plus grande

due surf. AOx~SO, qui, par hypothèse, est la me-sure du cône dont S est le sommet et OB le de



sure du cône dont S est le sommet et OB le rayon de

la base. Or, itu contraire, la pyramide est plus petite

que le cône, puisqu'elle y est contenue; donc i" il

est impossible que la base d'un cône multipliée par le tiers de sa hauteur soit la mesure d'un cône plus

grand.Je dis 2° que ce même produit ne peut être la me-

sure d'un cône plus petit. Car, pour ne pas changer de figure, soit OB le rayon de la base du cône don-

né, et soit, s'il est possible, ~M~ OBx~SO la soli-

dité du cône qui a pour hauteur SO et pour base le

cercle dont AO est le rayon. On fera la même con-struction que ci-dessus, et la pyramide SMNPT aura

pour mesure l'aire MNPT multipliée par SO. Mais

l'aire MNPT est plus petite que suif. OB donc la

LIVRE VIII,. 25.

3" Que les cônes.semblables sont comme les cubes

des diamètres de leurs bases, o u comme les cubes de

leurs hauteurs.

Scholie. Soit R le rayon de la base d'un cône, H

sa hauteur; la solidité du cône sera ~R° XyH ou~R'H



R H.

PROPOSITION VI.

THEOREME.

Le cône tronqué ADEB, ~o/~AO, DP sont les

rayons &a~~ PO la hauteur, a pour ~f-

~e~. OP. (AO+DP+ AO x DP).

Soit TFGH une pyramide triangulaire de même

hauteur que le cône SAB, et dont la base FGH soit

équivalente à la base du cône. On peut supposer queces deux bases sont placées sur un même plan; alors

les sommets S et T seront à égales distances du plan

des bases, et le plan EPD prolongé fera dans la pyra-id l ti IKL O di i IKL

fig.xCu.

GEOMETRIE.a5a

le tronc de cône ADEB est équivalent au tronc de

pyramide FGHIKL. Mais la base FGH, équivalente

au cercle dont le rayon est, AO, a pour mesure

TrxAO, de même la base

!KL==~xDP, et ia

moyenne proportionnelle entre w X AO et Tt X DP



moyenne proportionnelle entre w X AO et Tt X DP

est X AO X DP; donc la solidité du tronc de pyra-

J mide, ou cette du tronc de cône, a pour mesure ~OPx

20,6. (TtXAO-t-T?xDP+~xAOxDP)*,quiestta mente

chosequey~xOPx~AO+DP'+AOxDP).

PROPOSITION VII.

THEOREME.

6g.5;).

'La surface convexe <M~ cône est égale <? /a

(;(;o~/ë/'ence de sa base ?/!M<ee par la /<

//e~e~o~cd~e.

Soit AO le rayon de la base du cône donné, S son

sommet, et SA son côté; je dis que sa surface sera

m'im vtn.

le contour MJ\P1M, est plus grand que circ. AO;

donc la surface convexe cie. la pyt~amide c;st plusdonc ta surface convexe de la pyramide est plus

grande que c~'c. AOx~SA, et par conséquent plus

grande que la surface convexe du cône qui avec le

même sommet S aurait pour base le cercle décritdu rayon OB Or, au contraire, la surface convexe



rayon OB. Or, contraire, la

du cône est plus grande que celle de la pyramide;car si on adosse base à base la pyramide à une pyra-mide égale, le cône à un cône égal, la surface des

deux cônes enveloppera de toutes parts la surface des

deux pyramides; donc la première surface sera plus

grande que la seconde donc la surface du cône est *)cm. a.

plus grande que celle de la- pyramide qui y est com-

prise. Le contraire était une suite de notre hypothèse;donc cette hypothèse ne peut avoir lieu donc t° la

circonférence de la base d'un cône multipliée par la

moitié de son côté ne peut mesurer la surface d'un

cône plus grand.Je dis 2° que le même produit ne peut mesurer

la surface d'un cône plus petit. Car soit BO le rayon

GEOMETRIE.a54

conséquent sera la plus grande. Donc a° il est Impos-

sible que la circonférence de la base d'un cône donné

multipliée par la moitié de son côté mesure la surface

d'un cône plus petit.Donc enfin la surface convexe d'un cône est égale

à l i ié



à la circonférence de sa base multipliée par la moitié

de son côté.

Scholie. Soit L le côté d'un cône, R le rayon de

sa base, la circonférence de cette base sera a~B,et la surface du cône aura

pour

mesure z~Rx~L,

ou TrRL.

PROPOSîTiON Vit).

f!g. 26;.f. La

~M//N!Cë convexe <M tronc de eû~e ADEB est

égale à son côté AD/M/<<e~a/<ï Je/o/??we

des c/co/WreA!ce~ de ses Je~.c bases AB, DE.

Dans le plan SAB qui passe par l'axe SO, menez

à SA la à l

THEOREME.'

LIVRE VIII. a55

tiplié par la demi-somme des circonférences de ses

deux bases.

Corollaire.'Par le point I, milieu de AD, menez

IKL parallèle à AB, et IM parallèle à AF; on dé-

montrera comme ci-dessus que IM==c<7-c. IK. Maisle trapèze ADHF==ADxtM=ADxc!rc. IK. Donc



pon peut dire encore que surface d'un tronc de

cône est égale <x son cdté multiplié par la c/y'eo/~e-

/-e~ce d'une section faite à égale <ZM/aMce des deux

bases.

Scholie. Si une ligne AD, située tout entièred'un même côté de la ligne OC et dans le même

plan, fait une révolution autour de OC, la sur-

lace décrite par AD aura pour mesure AD X/'e/rc. AO+<:t're.DC\ T-~ n~ i i-~j!) ou AD X circ. IK; les hgnes

AO, D C IK, étant des perpendiculaires abaissées

des extrémités et du milieu de la ligne AD sur

l'axe OC.

Car si on prolonge AD et OC jusqu'à leur ren-

contre mutuelle en S, il est clair que la surface dé-

CKUMËTRtH.2 56

PROPOSITION IX.

LEMMB.

Eg. 262. ~o~e~~ AB, ~C, CD, ~eM/ p~~ successifs



<'Z'M/~ polygone /M/~r, 0 son centre, et 01

rayon du cercle inscrit; si on ~Mp~<Me que la

~o/o~ de ~o~o/ïc ABCD, située ~o~< e/f

~'M/! /e/?!C côté <~M diamètre FG, y~~6 M/M ré-

t'o/o/: autour de ce <e<6, la ~M//a;ce

crite par ABCD ùtM/<x~OM/??e.e MQx circ. Of,

MQ e~< hauteur de cette ~M//acc ou la ~<

tie ~e l'axe co~/?r~ entre les ~'c/pen<CH~

AM,DQ.

Le point 1 étant milieu de AD, et IK étant une

perpendicutau'e à l'axe abaissée du point 1, )a sm'-

8. face décrite par AD aura pour mesure AB xeirc. IK.

Menez AX parallèle à l'axe, les triangles ABX, OIK,

ttVREVm. 257

révolution du demi-polygone FACG sera égale à son

axe FG multiplié par la circonférence du cercle inscrit.

Cet axe FG sera en même temps le diamètre du cercle

ci rconscrit.

PROPOSITION X.



THEOREME.

La ~M//ù:C6 de la sphère est égale à son dia-

mètre multiplié parla c/rco~/c/ce J'M~ g7'a~t7cercle.

Je dis t° que' le diamètre d'une sphère, multiplié

par la circonférence de s on grand cercle, ne peutmesurer la surface d'une sphère plus grande. Car

soit, s'il est

possible; AB x ct'rc. AC la surface de la

~53sphère qui a pour rayon CD.

Au cercle dont le rayon est CA, circonscrivez un

polygone régulier d'un nombre pair de côtés qui ne

rencontre pas la circonférence.dont CD est le rayon

GBOMBT&IB.258

possible, DE x cii-c. CD la surface de la sphère qui a

pour rayon CA.. On fera la même construction que

dans le premier cas, et la surface du solide engendre

par le polygone sera toujours égale à MSxc//c. AC.

Mais MS est plus petit que

DE, et cire. AC

plus petiteque M'rc. CD donc, par ces deux raisons, la surface

d lid dé it l it



du solide décrit par le polygone serait plus petite que

!)E X circ. CD, et par conséquent plus petite que la

surface de la sphère dont le rayon est AC. Or, au

contraire, la surface décrite par le polygone est plus

grande que

la surface de la

sphère dont le

rayon est

AC, puisque la première surface enveloppe la seconde;

donc 2° le diamètre d'une sphère multiplié par la cir-

conférence de son grand cercle ne peut mesurer la

surface d'une sphère plus petite.Donc la surface de la sphère est égale à son dia-

mètremultiplié par

la circonférence de songrandcercle.

Corollaire. La surface du grand cercle se mesure

en multipliant sa circonférence par la moitié du rayon

HVREVft!.s5c)

En second lieu tout triangle sphérique est équi-

valent à un fuseau dont l'angle est égal à la moitié de

l'excès de la somme de ses trois angles sur deux

angles droits Soient donc P, Q, R, les arcs de 'ï. 7-

grand cercle qui mesurent les trois angles du trian-

gle soit C la circonférence d'un grand cercle

et D son diamètre le t i l sphérique sera



et D son diamètre le triangle sphérique sera

équivalent au fuseau dont l'angle a pour mesure

P-r-Q+R–TC r et par conséquent sa surface sera

Dx(~).

Ainsi, dans le cas du triangle tri-rectangle, cha-

cun des arcs P, Q, R, est égal a C, leur somme

est~C, l'excès de cette somme sur C est G, et la

moitié de cet excès ==~G donc la surface du triangle

tri-rectangle =~CxU, ce qui est la huitième partie

de la surface totale de la sphère.La mesure des polygones sphériques suit immédia-

tement celle des triangles, et d'ailleurs elle est

entièrement déterminée par la prop. xxïv, liv. vH,

GEOMETRIE.260

base, décrue par la résolution de l'arc EF autour

de EC, aura pour tnesure EG X cire. ËC.

Car supposons d'abord que cette zone ait une me-

sure plus petite, et soit, s'il est possible, cette mesure

==E& x c<e. CA. Inscrivez dans l'arc EFune portionde polygone régulier EMNOPF dont les côtés n'at-

l i fé dé it d



teignent pas la circonférence décrite du rayon ÇA,et abaissez CI perpendiculaire sur EM la surface

décrite par le polygone EMF tournant autour de EC,

*9 aura pour mesure EG X cire. CI*. Cette quantité est

plus grande que EG x circ. AC, qui, par hypothèse,est la mesure de la zone décrite par l'arc EF. Donc la

surface décrite par le polygone EMNOPF serait plus

grande que la surface décrite par l'arc circonscrit EF;

or, aucontraire, cette dernière surface est plus grande

que la première, puisqu'elle l'enveloppe de toutes

parts donc 1° la mesure de toute zone sphériqueà une base ne peut être plus petite que la hauteur de

cette zone multipliée par la circonférence d'un grandcercle.

J di d li l d l ê

LIVRE VIII. a6t

mesure l a hauteur de cette zone multipliée par la cir-

conférence d'un grand cercle.

Considérons maintenant une zone quelconque, à

deux bases,

décrite par

la révolution de l'arc FH

autour du diamètre DE, et soient abaissées les per.sur ce diamètre La dé

fig.MO.



pendiculaires FO, HQ sur ce diamètre. La zone dé-

crite par l'arc FH est la différence des deux zones dé-

crites par Ies\arcs DH et DF celles-ci ont pour mesures DQ X circ. CD et DO x circ. CD, donc la

zone décrite par

FH a pour

mesure(DQ–DO)x

c/~c. CD ou OQ x circ. CD.

Donc toute zone sphérique à une ou à deux bases

a pour mesure la hauteur de cette zone multipliée

par la circonférence d'un grand cercle.

Corollaire. Deux zones prises dans une même

sphère ou dans des

sphères égales, sont entre elles

comme leurs hauteurs, et une zone-quelconque est à

la surface de la sphère comme la hauteur de cette

zone est au diamètre.

GBOMETRIS.a6a

par le triangle ADC est le tiers du cylindre décrit par le rectangle ADCE donc la somme des deux cônes ou

le solide décrit par ABC est le tiers de la somme des

deux cylindres ou du cylindre décrit par le rectangleBCEF.



fig.t6~: Si la perpendiculaire AD tombe au-dehors du

triangle, alors le solide décrit par ABC sera la dif-

férence des cônes décrits par ABD et ACD, mais en

même temps le cylindre décrit par BCEF sera la

différence des cylindres décrits par AFBD, AECD.

Donc le solide décrit par la révolution du triangle sera

toujours le tiers du cylindre décrit par la révolution

du rectangle de même base et de même hauteur.

Scholie. Le cercle dont AD est le rayon a pour

surface X AD donc X AD X BC est la mesure du

cylindre décrit par BCEF, et ~wxADxBC est celle

du solide décrit par le triangle ABC.

LIVRE THI. 2~

rence de ces solides ou le solide décrit par ABC aura

pour mesure~TT.~M_BN~

On peut donner à cette expression une autre forme.

Du point I, milieu de AB; menez IK perpendiculaireà CD, et par le point B menez BO parallèle à CD



on anraAM+BN~:aIK*et AM–BN==AO; donc' 7.~

.( AM + BN) x (AM-BN), ou AM–BN= sIKx

AO*. La mesure du solide dont il s'agit est donc io,5.

exprimée aussi par X IKX AO X CD. Mais si on

abaisse CP perpendiculaire sur AB, les triangles ABO,

DCP, seront semblables, et donneront la proportionAO CP AB CD d'où résulte AO X CD = CP X

AB d'ailleurs CP X AB est le double de l'aire du

triangle ABC; ainsi on a AOxCD=aABC; donc'

le solide décrit par le triangle ABC a aussi pour me-

sure ~w X ABC X IK, ou, ce qui est la même chose,ABC X ~c/rc. IK (car c/rc. IK = 2TT. IK. ) Donc le

solide décrit par la révolution du triangle ABC, a

pour mesure l'aire de. ce triangle multipliée par les

GEONLETRÏB B264

fig.268. En effet, !e cylindre décrit par AMNB a pour me-

sure ~.AM.MN, le cône décrit par ACM=~.AM

CM, et -le cône décrit par BCN~ AM'CN. Ajou-

tant !es deux premiers solides et retranchant le

troisième, on aura pour !e solide décrit par ABC,



~.AM~MN+~CM–~CN) et puisque CN–CM3 3-2

==MN, cette expression se réduit à w. AM.~MN, ou

~.CP.MN,ce qui s'accorde avec les résultats déjà

trouvés.

PROPOSITION XIV. 1

THEOREME.

eg.96*S'o~~AB,BC,CD,p~MM/vco~~M6'ce~~d'un polygone régulier, 0 sori centre, et 01 le

rayon du cercle inscrit; si on imagine que le sec-

teur polygonal AOD, situe d'un même côté du

.LIVRE VIII. 2~S

PROPOSITION XV.

THEOREME.



7bMf ~ec~Mr sphérique a pour mesure la zo/M

~M< lui ~r~ base multipliée par le tiers du

/'<~o/ï, et la sphère entière a pour mesure sa

surface multipliée par le tiers du rayon.

Soit ABC le secteur circulaire qui, par sa révo. <!g.:6<)

tution autour de AC, décrit le secteur sphérique; la

zone décrite par AB étant AD xcirc. AC ou STC. AC.

AD*, je dis que le secteur sphérique aura pour me- t~.

sure cette zone multipliée par yAC, ou AC. AD.

En effet, t° supposons, s'il est possible,.que cette

quantité AC A D soit la mesure d'un secteur

sphérique plus grand, par exemple, du secteur sphé-

i dé i le secteur circulaire ECF semblable

GEOMETRIE.a66

grand que ~ir. C.A. AD ta première expression est

ta mesure du solide décrit par le secteur potygona),la seconde est par hypothèse celle du secteur sphé-

rique décrit par le secteur circulaire ECF donc lesolide décrit par le secteur polygonal serait plus

l t dé it l t



grand que le secteur sphérique décrit par le secteur

cirodaire. Or.. au contraire, le solide dont il s'agit

est moindre que le secteur sphérique, puisqu'il y est

contenu; donc l'hypothèse d'où on est parti ne sau-

rait subsister; donc t° la zone ou base d'un secteur

sphérique multipliée par l e tiers du rayon ne peut me-

surer un secteur sphérique plus grand.

Je dis 20 que le même produit ne peut mesurer un

secteur sphérique plus petit. Car, soit CET' le secteur

circulaire qui par sa révolution produit le secteur

sphérique donné, et supposons, s'il est possible, que

~.CE. EG soit la mesure d'un secteur sphérique

plus petit, par exemple, de celui qui, provient du

secteur circulaire ACB

HVREVIII. a6y

Un secteur circulaire ACB peut augmenter jus-

qu'à devenir égal au demi-cercle; alors le secteur

sphérique décrit par sa révolution est la sphère en-

tière. Donc la solidité de lasphère

estégale

à sa ~H/-

face multipliée par le tiers de son rayon.Co/'o/Zst/'ë. Les surfaces des hè étant comme



Co/ o/ s / ë. es surfaces des sphères étant comme

les quarrés de leurs rayons, ces surfaces multipliées

par les rayons sont comme les cubes des rayons.Donc les solidités des </eK.x M'Aères sont cowvy:6 les

cubes de leursrayons, ou comme

les cubes de leurs

diamètres,

tSc/tO/ze. Soit R le rayon d'une sphère, sa sur-

face sera /{TT R', et sa solidité 4 R' x R, ou Tt R

Si on appelle D le diamètre, on aura R==~D, et

R~==~D~; donc la solidité s'exprimera aussi par X

~D~, ou

?KD'.

PROPOSITION XVI.

THEOREME

GEOMETRIEa68

circonférence du grand cercle multipliée par son

diamètre. Cette mesure est la même que celle de

*<o. la surface de la sphère* d'où IL suit que la ~w-

face de la M'AJ/'e 'est égale à la surface convexe

du C//M< C!CO/MC~.

Mais la surface de la sphère est égale à quatre grands



p g q g

cercles; donc la surface convexe du cylindre circon-

scrit est égale aussi à quatre grands cercles si on y

joint les deux bases qui valent deux grands cercles,

la surface totale du

cylindre

circonscrit sera

égaleà six grands cercles; donc la surface de la sphèreest à la surface totale du cylindre circonscrit comme

est à 6, ou comme 2 est à 3. C'est le premier point

qu'il s'agissait de démontrer.

En second lieu, puisque la base du cylindre oir-

conscrit estégale

à ungrand

cercle et sa hauteur au

diamètre, la solidité du cylindre sera égale au grandcercle multiplié par le diamètre Mais la solidité de

la sphère est égale à quatre grands cercles multipliés

* 6 tiers du * ce i revient à un d

MVRMVHI. a6p

On voit par là que les solidités des polyèdres cir-

conscrits à la sphère sont entre elles comme les

surfaces de ces mêmes polyèdres. Ainsi, la pro-

priété que nous avons démontrée pour le. cylindrecirconscrit est commune à une innnité d'autres

corps..

On aurait pu remarquer également que les sur-



pu remarquer également quefaces des polygones circonscrits au cercle sont entre

elles comme leurs contours.

PROPOSITION XVII.

PROBLÊME.

Le segment c/rcM~'ye BMD étant ~M/~o~ Sg. ~t.

faire une révolution autour d'un diamètre 6.

~c/M/'ace ~gMe/!f, trouver la valeur du solide

c/ïg~e/ï~re.

Abaissez sur l'axe les perpendiculaires BE, DF,du centre C menez CI perpendiculaire sur la corde

GKOMETRIE.2~0

Scholie. Le solide décrit par le segment BMD est à

la sphère qui a pour diamètre BD, comme n. BD.-3

EF est à BD EF BD.

PROPOSITION XVIII.

THEOREME



THEOREME.

Tout segment de sphère, compris entre deux

plans parallèles, a pour mesure la ~/M!o~~e

de ses bases multipliée par .M hauteur, plus la

~o/6 de la sphère dont cette /e7/:e Aa/~f~y

est le, diamètre.

:g.~i. Soient BE, DF, les rayons des bases du segment,EF sa hauteur, de sorte que le segment soit produit

par ia révolution de l'espace circulaire BMDFEautour de l'axe FE. Le solide décrit par le seg-

'17 ment BMD*=~Tt. BD.EF, le t ronc de cône décrit

< 6 par le trapèze BDFE'== EF (M+DF+BE DF)

LtVREVm~t

[

-3

j'autre~.EF représente la sphère dont EF est le

diamètre* donc tout segment de sphère, etc. *j5.seh.

Corollaire. Si l'une des bases est nulle, le segment t

dont il s'agit devient un segment sphérique à une

seule base; donc tout segment .~A~T'MC une base

e~Mt~attt a la moitié du cylindre de même base et de

même h t l la hè dont cette hauteur est



même hauteur, plus la sphère dont cette hauteur est

le A'NMe~-e.

Scholie général.

Soit R le rayon de la base d'un cylindre, H sa

hauteur la solidité du cylindre sera ~R'xH, ou

R' H.

Soit R le rayon de la base d'un cône, H sa hauteur;

la solidité du cône sera T?R*. ~H, ou~R'H.

Soient A et B les rayons des bases d'un cône tron-

qué, H sa hauteur; !a solidité du tronc de cône sera

~H(A'+B'+AB).

Soit R le rayon d'une sphère sa solidité sera



Lc<~cT)dt'e ~r~<w~

Il



Le~'caf~rc j?/e/w/ < /<y ~f~<7~7Y. 6'.

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