Les Éléments (trad. Peyrard, 1804) (page 6)

Joignons AΓ, ΒΔ.

Puisque les trois angles de tout triangle sont égaux à deux droits (32. 1) , les trois angles ΓAB, ABΓ, ΒΓΑ du triangle ΑΒΓ sont égaux à deux droits. Mais l’angle ΓΔΒ est égal à l’angle ΒΑΓ (z21. 3) , car ils sont dans le même segment BAAT ; et l’angle AΓB est égal à l’angle ΑΔΒ, car ils sont dans le même segment ΑΔΙΒ ; donc l’angle entier ΑΔΓ est égal aux angles BAΓ, ΑΓΒ. Ajoutons l’angle commun ΑΒΓ ; les angles ABΓ, ΒΑΓ, ΑΓΒ seront égaux auxangles ΑΒΓ, ΑΔΓ. Mais les angles ΑΒΓ, BAÀ, , ΑΓΒ sont égaux à deux droits ; donc les angles ABΓ, ΑΔΓ sont égaux à deux angles droits. Nous démontrerons semblablement que les angles ΒΑΔ, ΔΙΒ sont aussi égaux à deux droits. Donc, etc.

PROPOSITION XXIII.

Sur une même droite, on ne peut pas décrire du même côté deux segments de cercles semblables et inégaux.

Car si cela est possible, décrivons du même côté, sur la même droite ΑΒ les deux segments de cercles ΑΓΒ, ΑΔΒ semblables et inégaux ; menons ΑΓΔ, et joignons ΓΒ, ΔB.

Puisque le segment ΑΓΒ est semblable au segment Α73B, et que les segments de cercles semblables sont ceux qui reçoivent des angles égaux (déf. 11. 3) , l’angle ΑΓΒ est égal à l’angle ΑΔΒ, l’angle intérieur à l’angle extérieur ; ce qui est impossible (16. 1) Donc, etc.

PROPOSITION XXIV.

Sur des droites égales, les segments de cercles semblables sont égaux entreux.

Que sur les droites égales ΑΒ, ΓΔ soient décrits les segments de cercles semblables ΑΕΒ, ΓΖΔ ; je dis que le segment AEB est égal au segment ΓΖΔ. Car le segment ΑEB étant appliqué sur le segment rz5, le point À étant posé sur le point Γ, et la droite ΑΒ sur la droite ΓΔ, le point B tombera sur le point à, parce que la droite AB est égale à la droite ΓΔ ; mais la droite ΑΒ coïncidant avec la droite rn, le segment AEB coïncidera avec le segment ΓΖΔ. Car si la droite AB coïncidant avec la droite ra, le segment AEB ne coïncidait pas avec le segment ΓΖΔ, ou il tomberait en dedans, ou en dehors, ou bien prenant une position comme ΓΘΗΔ, un cercle couperait un cercle en plus de deux points, aux pointsT, H, ñà, ce qui est impossible (10. 3) . Donc la droite AB coïncidant avec la droite ΓΔ, le segment ΑΒΔ ne peut pas ne pas coïncider avec le segment ΓΖΔ ; donc il coïncide avec lui, et lui est par conséquent égal. Donc, etc.

PROPOSITION XXV.

Un segment de cercle étant donné, décrire le cercle dont il est le segment. Soit ΑΒΓ le segment de cercle donné ; il faut décrire le cercle dont ABΓ est le segment.

Coupons la droite ΑΓ en deux parties égales au point Δ (10. 1) , du point menons ΔΒ perpendiculaire à ΑΓ, et joignons AB (11. 1) ; d’angle ΑΒΔ sera ou plus grand que l’angle ΒΑΔ, ou il lui sera égal, ou il sera plus petit.

Qu’il soit d’abord plus grand ; sur la droite donnée BA, et au point # de cette droite faisons l’angle BAB égal à l’angle ΑΒΔ (23. 1) ; prolongeons ΔΒ versE, ἐἶ joignons ΕΓ. Puisque l’angle ΑΒΕ est égal à angle BAB, la droite BE est égalei la droite EA (6. 1) . Et puisque ΑΔ est égalà ΔΓ, et que la droite ñB est commune, les deux droites Añ ΔῈ sont égales aux deux droites Γa, ñz, chacune a ; chacune ; mais l’angle ΑΔΒ est égal à l’angle ΓΔῈ, car ils sont droits l’un et lʼautre donc la base XE est égale à la base TE (1. 1) Mais XEa été démontré égal à EB ; donc BE est égal à ΓE ; donc les trois droites ΑΒ, ΕΒ, E [sont égales entre elles ; donc le cercle décrit du centre EB et d’un intervalle égal à une des droites ΑΒ, EB, ΕΓ, passera par les autres points, et le cercle sera décrit. Donc un segment de cercle ayant été donné, , on a décrit le cercle dont il est le segment (g. 3) . Il est évident que le segment ΑΒΓ est plus petit qu’un demi- cercle ; car le centre E tombe hors du segment.

Semblablement, si l’angle ΑΒΔ est égal à l’angle BAA, la droite ΑΔ étant égale à chacune des droites ΒΔ, ÛΓ, les trois droites ΔΑ, δΒ, AΓ seront égales entre elles ; donc le point Δ sera le centre du cercle entier (g. 3) , et le segment ABΓ sera évidemment un demi-cercle.

Mais si l’angle ΑΒΔ est plus petit que l’angle BAA, et si sur la droite ΒΑ, et au point de cette droite, nous faisons l’angle BAB égal à l’angle ΑΒΔ, le centre tombera en dedans du segment ΑΒΓ dans la droite ΔB, comme en EB, et le segment sera évidemment plus grand qu’un demi-cercle. Donc un segment de cercle ayant donné, on a décrit le cercle dont il est le segment ; ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION XXVI.

Dans des cercles égaux, les angles égaux s’appuient sur des arcs égaux, soit qu’ils soient placés aux centres, ou bien aux circonférences.

Soient les cercles égaux ABΓ, ΔΕΖ, que les angles égaux BHΓ, EΘz soient aux centres, et que les angles égaux ΒΑΓ, EAZ soient aux circonférences ; je dis que l’arc ΒΚΓ est égal à l’arc ΕΛΖ.

Joignons ΒΓ, EZ. Puisque les cercles ABΓ, ΔΕΖ sont égaux, leurs rayons sont égaux ; donc les deux droites BH, ΗΓ sont égales aux deux droites ΕΘ, ΘΖ ; mais l’angle en H est égal à l’angle en Θ ; donc la base BΓ est égale à la base EZ (4. 1) . Mais l’angle en Α est égal à l’angle en Δ ; donc le segment ΒΑΓ est semblable au segment BAZ (déf. 11. 3) ; mais ils sont placés sur les droites égales BΓ, EZ, et les segments de cercles semblables, qui sont placés sur des droites égales, sont égaux entr’eux (24. 3) ; donc le segment BAΓ est égal au segment ΕΔΖ. Mais le cercle entier ABΓ est égal au cercle entier. Z ; donc le segment restant ΒΚΓΡ est égal an segment restant EAZ ; donc l’arc ΒΚΓ est égal à l’arc ErZ. Donc, etc.

PROPOSITION XXVII.

Dans les cercles égaux, les angles qui comprènent des arcs égaux sont égaux entr’eux, soit qu’ils soient aux centres, ou aux circonférences. Que dans les cercles égaux ΑΒΓ, ΔΒΖ, les angles BHT, ΕΘΖ placés aux centres H, Θ, et les angles ΒΑΓ, ΕΔΖ placés aux arcs ΒΑΓ, EAZ comprènent les arcs égaux ΒΓ, EZ ; je dis que l’angle BΗΓ est égal à l’angle EΘz, et l’’angle BAΓ égal à l’angle EsZ.

Car si les angles BHT, ΕΘΖ sont inégaux, l’un d’eux sera le plus grand. Que l’angle BHT soit le plus grand ; sur la droite BH, et au point H de cette droite, faisons lʼangle BHK égal à l’angle EΘZ (23. 1) . Puisque les angles égaux comprènent des arcs égaux, lorsqu’ils sont aux centres (26. 3) , lʼarc BK est égal à l’arc EzZ. Mais lʼarc EZ est égal à l’arc ΒΓ ; donc l’arc BK est égal à Parc BT, le plus petit au plus grand, ce qui est impossible. Donc les angles BHT, ΕΘΖ ne sont pas inégaux ; donc ils sont égaux. Mais l’angle en Α est la moitié de l’angle ΒΗΓ, et l’angle en Δ la moitié de l’angle EθZ (20. 3) ; donc l’angle en est égal à l’angle en Δ. Donc, etc.

PROPOSITION XXVIII.

Dans des cercles égaux, les droites égales soutendent des arcs égaux, le plus grand étant égal au plus grand, et le plus petit égal au plus petit.

Soient les cercles égaux ABΓ, ΔΕΖ, et que dans ces cercles, les droites égales ΑΒ, ΔE soutendent les plus grands arcs ΑΓΒ, nZE, et les plus petits arcs AHB, ΔΘΕ ; je dis que le plus grand arc ΑΓΒ est ; égal au plus grand arc ΔΖΕ, et que le plus petit arc AHB est égal au plus petit arc ΔΘΕ. Prenons les centrés K, ΔΛ de ces cercles (1. 3) , et joignons ΑΚ, ΚΒ, δλ ἐς

Puisque ces cercles sont égaux, leurs rayons sont égaux ; donc les deux droites : Ak, , ΚΒ sont égales aux deux droites δλ, XB ; mais la base ΑΒ est égale à la base ΔΕ ; . donc l’angle AKB est égal à l’angle ûÛB (8. 1) . Mais des angles égaux comprènent des arcs égaux, quand ils sont aux centres (26. 3) ; donc Parc ÛHB est égal à l’arc noa. Mais la circonférence entière ABΓ est égale à la circonférence entière ΔΕΖ ; donc l’arc restant ATB est égal à l’arc restant ΔΖΒ, Donc, etc.

PROPOSITION XXIX.

Dans des cercles égaux, les arcs égaux sont soutendus par des droites égales.

Soient les cercles égaux ΑΒΓ, ΔEZ ; dans ces cercles prenons les arcs égaux ΒΗΓ, ΕΘΖ, et joignons les droites BΓ, EZ ; je dis que la droite BΓ est égale à la droite EZ. .

Prenons les centres de ces cercles, qu’ils soient Κ, n, et joignons BK, ΚΓ, ΕΔ, ΛΔΖ.

Puisque l’arc ΒΗΓ est égal à l’arc ΕΘΖ, l’angle ΒΚΓ est égal à l’angle EAZ (27. 3) Mais les cercles ABΓ, ΔEZ sont égaux ; donc leurs rayons seront égaux ; donc les deux droites BK ; ΚΓ sont égales aux deux droites ΕΛ, ΛΖ ; mais ces droites comprènent des angles égaux ; donc la base BΓ est égale à la base ΕΖ (4. 1). Donc, etc.

PROPOSITION XXX.

Couper un arc donné en deux parties égales.

Soit ΑΔΒ l’arc donné ; il faut couper l’arc ΑΔΒ en deux parties égales. ;

Joignons la droite ΑΒ, et coupons-la en deux parties égales en Γ (10. 1) ; du point Γ menons ΓΔ perpendiculaire à la droite ΑΒ (I1. 3) , et joignons ΑΔ, , ôB.

Puisque ΑΓ est égal à ΓΒ, et que la droite ΓΔ est commune, les deux droites AÏ, ΓΔ sont égales aux deux droites BΓ, ΓΔ. Mais l’angle ΑΓΔ est égal à l’angle ΒΓΔ ; car ils sont droits l’un et l’autre ; donc la base ΑΔ est égale à la base ΔB (4. 1) - Mais des droites égales soutendent des arcs égaux, le plus grand étant égal au plus grand, et le plus petit égal au plus petit (23. 3) , et lʼun et l’autre des arcs AB, ΔΒ est plus petit que la demi-circonférence ; donc l’arc ΑΔ est égal à l’arc ΔΒ. Donc l’arc donné a été coupé en deux parties égales au point Δ Ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION XXXI.

Dans un cercle, l’angle placé dans le demi-cercle est droit ; l’angle placé dans un segment plus grand est plus petit qu’un droit ; l’angle placé dans un segment plus petit est plus grand qu’un droit ; l’angle du plus grand segment est plus grand qu’un droit, et l’angle du plus petit segment est plus petit qu’un droit.

Soit le cercle ABΓΔ, dont le diamètre est BΓ et le centre le point E ; joignons BA, AΓ, AB, AT ; je dis que l’angle BAΓ placé dans le demi-cercle BAΓ est droit ; que l’angle ABΓ placé dans le segment ΑΒΓ plus grand que le demi-cercle ABΓ est plus petit qu’un droit, et que l’angle ΑΔΓ placé dans le segment ABΓ plus petit que le demi-cercle, est plus grand qu’un droit.

Joignons ΑΒ, et prolongeons BA vers Z.

Puisque BE est égal à EA, l’angle ABE est égal à l’angle ΒΑE (5. 1) . De plus, puisque TE est égal à ΒΑ, l’angle ΑΓΕ est égal à lʼangle ΓΑΒ ; donc l’angle entier ΒΑΓ est égal aux deux angles 4BΓ, rûp. Mais l’angle ΖΑΓ placé hors du triangle ΑΒΓΙ est égal aux deux angles ΑΒΓ, ΑΓΒ (32. 1) ; donc l’angle ΒΑΓ est égal à l’angle ΖΑΓ ; donc chacun de ces angles est droit (déf. 10. 1) ; donc l’angle BAΓ, placé dans le dermi-cercle BAT, est droit.

Puisque les deux angles ABΓ, BAΓ du triangle ABΓ sont plus petits que deux droits (17. 2) , et que l’angle ΒΑΓ est droit, lʼangle ΑΒΓ est plus petit qu’un droit, et cet angle est dans le segment ΑΒΓ plus grand que le demi-cercle.

Puisque le quadrilatère ΑΒΓΔ est dans un cercle ; et que les angles opposés des quadrilatères inscrits dans des cercles sont égaux à deux droits (22. 3) , les angles ÛBΓ, ΑΔΓ sont égaux à deux droits. Mais l’angle ΑΒΓ est plus petit qu’un droit ; donc l’angle restant ΑΔΓ est plus grand qu’un droit, et cet angle est dans le segment ΑΔΙ plus petit que le demi-cercle.

Je dis aussi que l’angle du plus grand segment, compris par l’arc ΑΒΓ et la droite ΑΓ, est plus grand qu’un droit, et que l’angle du plus petit segment, compris par Parc ΑΔΙ et la droite ΑΓγ, est plus petit qu’un droit, ce qui est évident ; car puisque l’angle compris par les droites BA, ΑΓ est droit, lʼangle compris par Parc ΑΒΓ et la droite ΑΓ est plus grand qu’un droit. De plus, puisque l’angle compris par les droites A, àz est droit, l’angle com- pris par la droite Γ ; et l’arc ΑΓΔ est plus petit qu’un droit. Donc, etc.

AUTREMENT.

On démontre autrement que l’angle ΒΑΓ est droit. En effet, puisque l’angle AN est double de l’angle ΒΑΒ, car il est égal aux deux angles intérieurs et opposés (32. 1) , et que l’angle ΑΕΒ est double de l’angle EΑΓ, les angles) EB, AFT, sont doubles de l’angle BΑΓ. Mais les angles ΑΕΒ, AEΓ, sont égaux à deux droits (13- 1) ; donc l’angle ΒΑΓ est droit. Ce qu’il fallait démontrer.

COROLLAIRE.

De là il est évident que si un des angles d’un triangle est égal aux deux autres, cet angle est droit, parce que son angle extérieur est égal à ces mêmes angles, et que quand deux angles de suite sont égaux, ils sont droits (déf. 10. 1)

PROPOSITION XXXII.

Si une droite touche un cercle, et si du point de contact on mène une droite qui coupe ce cercle, les angles que cette droite fait avec la tangente seront égaux aux angles placés dans les segments alternes du cercle.

Qu’une droite EZ touche le cercle ΑΒΓΑ au point B, et du point B menons une droite BA qui coupe le cercle ΑΒΓΔ ; je dis que les angles que fait ΒΔ avec la tangente ΕΖ sont égaux aux angles placés dans les segments alternes du cercle ; c’est-à-dire, que l’angle ZBΔ est égal à lʼangle placé dans le segment ΒΑΔ, et que l’angie ΑBE est égal à l’angle placé dans le segment ΔΓB.

D’un point B menons la droite BA perpendiculaire à EZ (11. 1) , et dans l’arc BA, prenons un point quelconque T, et joignons ΑΔ, ΔΓ, IB.

Puisque la droite EZ touche le cercle ΑΒΓΔ au point B, et que la droite ΒΑ, menée du point de contact B, est perpendiculaire à la tangente EZ, le centre du cercle ΑΒΓΔ est dans la droite BA (19. 3) . Donc ΒΑ est le diamètre du cercle ΑΒΓΔ ; donc l’angle Αδβ, placé dans le demi-cercle, est droit (31. 3) Donc les angles restants ΒΑΔ, ΑΒΔ sont égaux à un droit. Mais l’angle ΑΒΖ est droit ; donc l’angle ΑΒΖ est égal aux angles BAA, ΑΒΔ (not. 10) . Retranchons l’angle commun ABΔ ; l’angle restant ΔBΖ sera égal à l’angle ΒΑΔ placé dans le segment alterne du cercle. Et puisque le quadrilatère ΑΒΓΔ est inscrit dans le cercle, ses angles opposés sont égaux à deux droits (22. 3) . Mais les angles ΔΒΖ, ΔBE sont égaux à deux droits ; donc les angles ΔΒΖ, ABE sont égaux aux angles ΒΑΔ, ΒΓΔ (13. 1) ; mais on a démontré que l’angle BAΔ est égal à l’angle ΔΒΖ ; donc l’angle restant ÛBE est égal à l’angle ΑΓΒ placé dans le segment alterne du cercle ΔΓΒ ; donc, etc.

PROPOSITION XXXIII.

Sur une droite donnée, décrire un segment de cercle, qui reçoive un angle égal à un angle rectiligne donné.

Soit ΑΒ la droite donnée et Γ l’angle rectiligne donné ; il faut sur la droite donnée AB décrire un segment de cercle qui reçoive un angle égal à l’angle donné Γ. L’angle Γ est aigu, ou droit, ou obtus. Premièrement qu’il soit aigu, comme dans la première figure ; sur la droite AB et au point Α construisons un angle ΒΑΔ égal à l’angle® (23. 1) ; l’angle B44 sera aigu. Du point A menons AE perpendiculaire à AΔ (11. 1) ; coupons ΑΒ en deux parties égales en Z (10. 1) , et du point Ζ menons ΖΗ perpendiculaire à ΑΒ, et joignons HB. Puisqueʼ 4z est égal à ZB, et que la droite zH est commune, les deux droites ΑΖ, ZH sont égales. aux deux droites zB, ZH ; mais l’angle 4ZH est égal à l’angle BzZH ; donc la base AH est égale à la base HB (4. 1) Donc le cercle décrit du centre H, et de l’intervalle H& passera par le point B. Qu’il soit décrit, et qu’il soit ABE, et joignons EB. Puisque la droite ΑΔ menée de l’extrémité du diamètre ΑΒ est perpendiculaire a ΑΒ, la droite ΑΔ touchera le cercle (16. 3) . Puisque la droite ΑΔ touche le cercle ABE, et que du point de contact en A on a mené une droite AB dans la cercle ABE, lʼangle ΔA7 est égal à l’angle ΑΕΒ placé dans le segment alterne du cercle (32. 3) Mais l’angle ΔAB est égal à l’angle Γ; donc l’angle Γ est égal à l’angle ΑΕΒ. Donc sur la droite donnée ΑΒ, on a décrit un segment de cercle AEB qui reçoit un angle ΑΕΒ égal à l’ange donné Γ.

Mais que l’angle Γ soit droit, et qu’il faille encore décrire sur la droite AB un segment de cercle qui reçoive un angle égal à l’angle droit Γ. Construisons un angle BAΔ égal à l’angle droit Γ (23. 1) , comme dans la seconde figure ; coupons AB en deux parties égales en Z (10. 1) ; du centre Z, et d’un intervalle égal à l’une ou à l’autre des droites ZA, ZB, décrivons le cercle ΑEB. La droite AΔ sera tangente au cercle ΑΒΕ (16. 3) , parce que l’angle est droit en Α. Mais l’angle BAΔ est égal à l’angle qui est placé dans le segment ΑEB, car cet angle est droit, puisqu’il est placé dans un demi-cercle (31. 3) . Mais l’angle BAA est égal à l’angle Γ ; donc l’angle placé dans le segment est égal à l’angle Γ, donc on a décrit sur la droite ΑΒ un segment de cercle AEB qui reçoit un angle égal à l’angle droit T.

Mais enfin que l’angle Γ soit obtus. Sur la droite ΑΒ et au point Α construisons un angle ΒΑΔ égal à l’angle Γ (23. 1) , et menons ΑΕ perpendiculaire à ΑΔ (i1. 1) ; coupons la droite 4B en deux parties égales en Ζ (10. 1) ; menons la perpendiculaire à ΑΒ (11. 1) , et joignons HB. Puisque 4Z est égal àZB, et que la droite ΖΗ est commune, les deux droites 4z, zH sont égales aux deux droites BZ, ΖΗ ; mais l’angle 4ZH est égal à l’angle BZH ; donc la base ΑH est égale à la base BH (4. 1) . Donc le cercle décrit du point Η et de l’intervalle ΗΑ passera par le point B. Qu’il y passe comme ΑΕΒ, puisqu’on a mené de l’extrémité du diamètre ΑΕ, la droite An perpendiculaire à ce diamètre, la droite ΑΔ touchera le cercle ΑΕΒ (16. 3) . Et puisque la droite AB a été menée du point de contact 4, l’angle ΒΑΔ est égal à l’angle placé dans le segment alterne ΑΘΒ du cercle. Mais l’angle BAÛ est égal à l’angle Γ ; donc l’angle placé dans le segment ΑΘΒ est égal à l’angle r. Donc on a décrit sur la droite donnée 4B un segment de cercle ΑΘΒ, qui reçoit un angle égal à l’angle Γ. Ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION XXXIV.

Dʼun cercle donné, retrancher un segment, qui reçoive un angle égal à un angle rectiligne donné.

Soit ABΓ le cercle donné, et Δ l’angle rectiligne donné ; il faut du cercle ΑΒΓ retrancher un segment ; qui reçoive un angle égal à l’angle rectiligne donné Δ. Menons une droite EZ qui touche le cercle AΒΓ au point B (17. 3) , et sur la droite EZ, et au point B de cette droite, faisons l’angle zΒΓ égal à l’angle Û (23. 1) .

Puisque la droite EZ touche le cercle ΑΒγ, et que la droite ΒΓ a été menée du point de contact B, l’angle zΒΓ est égal à l’angle placé dans le segment alterne ΒΑΓ du cercle (32. 3) . Mais l’angle zΒΓ est égal à l’angle Δ ; donc l’angle placé dans le segment ΒΑΓ est égal à l’angle Δ.

Donc du cercle donné ΑΒΓ on : a retranché un segment BAT, qui reçoit un angle égal à l’angle rectiligne donné Δ. Ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION XXXV.

Si dans un cercle, deux droites se coupent mutuellement, le rectangle compris sous les segments de l’une est égal au rectangle compris sous les segments de lautre.

Que dans le cercle ΑΒΓΔ les deux droites ΑΓ, ΒΔ se coupent mutuellement au point E ; je dis que le rectangle compris sous ΑΕ, ΕΓ est égal au rectangle compris sous ΔΕ, EB. |

Si les droites aΓ, ΒΔ passent par le centre, de manière que le point E soit le centre du cercle ΑΒγδ, il est évident que les droites ñ, ET ; , ΔΕ, EB étant égales, le rectangle compris sous ΑΒ, E° est égal au rectangle compris sous ΔΕ, EB. Mais que les droites ΑΓ, ΔΒ ne passent pas par le centre ; prenons le centre du cercle ΑΒΓΔ (1. 3) , qu’il soit le point z ; du point Z menons les droites zH, 2Θ perpendiculaires à AΓ, ÛB (12. 1) , et joignons ΖΒ, ZK, ZE.

Puisque la droite ΖΗ menée par le centre coupe à angles droits la droite ΑΓΓ non menée par le centre, elle la coupe en deux parties égales (3. 3) ; donc AH est égal à ΗΓ. Puisque ΑΓ est coupé en deux parties égales en H, et en deux parties inégales en Β, le rectangle compris sous Æ, ΒΕΓ, avec le quarré de HE, est égal au quarré de ΗΓ (5. 2) . Ajoutons le quarré commun de ; le rectangle sous ΑΒ, ΕΓ, avec les quarrés des droites ZH, HE sera égal aux quarrés des droites ΓΗ͂, ΗΖ. Mais le quarré de ΖΕ est égal aux quarrés des droites EH, HZ (47. 1) , et le quarré de zr égal aux quarrés des droites ΓΗ, ΗΖ ; donc le rectangle sous ΑΒ, ΕΓ, avec le quarré de ΖΕ, est égal au quarré de zr. Mais zΓ est égal à zB ; donc le rectangle sous AE, EX, avec lle quarré de EZ, est égal au quarré dc z8. Par la même raison, , le rectangle sous ΔΕ, EB, avec le quarré de ZE, est égal au, quarré de zB. Mais on a démontré que le rectangle sous ΑΒ, E°, avec le quarré de ZE, est égal au quarré de z ; donc le rectangle sous ΑΒ, EΓ, avec le quarré de ZE est égal au rectangle sous ΔΒ, EB, avec le quarré de 7E. Retranchons le quarré commun de ΖΕ ; le rectangle restant compris sous ΑΒ, EΓ sera égal au rectangle compris sous ΔΕ, EB. Donc, etc.

PROPOSITION XXXVI.

Si l’on prend un point quelconque hors du cercle, et si de ce point on mène deux droites dont lune coupe le cercle, et dont l’autre lui soit tangente, le rectangle compris sous la sécante entière et la droite prise extérieurement entre ce point et la circonférence convexe est égal au quarré de la tangente.

Hors du cercle ÂBΓ, prenons un point quelconque Δ, et de ce point menons les deux droites ΔΓΑ, nB ; que la droite ΔΓΑ coupe le cercle Αβγ, et que la droite δβ Jui soit tangente ; je dis que le rectangle compris sous ΑΔ ; ΔΙΓ est égal au quarré de ΔΒ, soit que la droite ÛΓΔ passe par le centre, qu non.

Qu’elle passe premièrement par le centre du cercle, et que Ζ soit le centré du cercle ΑΒΓ, joignons zB ; l’angle ΖΒΔ sera droit (18. 3) . Et puisque la droite AΓ est coupée en deux parties égales au point z, et que la droite Γ lui est ajoutée, le rectangle sous ΑΔ, ΔΓ, avec le quarré de Ζ2Γ, est égal au quarré de ΖΔ (6. 1) . Mais la droite zr est égale à la droite zB ; donc le rectangle sous AB, ΔΓ, avec le quarré de zB, est égal au quarré de ΖΔ. Mais les quarrés des droites ZB, BA sont égaux au quarré de ΖΔ (47. : ) , car lʼangle ΖΒΔ est droit ; donc le rectangle sous ΑΔ, ΔΓ, avec le quarré de zB, est égal aux quarrés des droites ΖΒ, ΒΔ. Retranchons le quarré commun de ΖΒ, le rectangle restant sous ΑΔ, AΓ ; sera égal au quarré de la tangente nB.

Mais que la droite ΔΓΑ ne passe pas par le centre du cercle AΒΓ ; prenons le centre B, et du point E menons ΕΖ perpendiculaire à ΑΓ (12. 11, et joignons EB, EΓ, Eñ ; l’angle EZ4 sera droit. Et puisque : la droite EZ menée par le centre coupe à angles droits 1ὰ droite ΑΓ ΠΟη menée par le centre, la droite EZ coupe la droite aΓ. en deux. parties égales (J. 3) ; donc la droite 4Z est égale à la droite zt. Êt puisque la droite ΑΓ est coupée en deux parties égales au point Ζ, et que la droite ΓΔ lui est ajoutée, le rectangle sous les droites AB, AT, avec le quarré de 7T, est égal au quarré de ΖΔ (6. 2) . Ajoutons le quarré commun de ΖΕ ; le rectangle sous ΑΔ, AT, avec les quarrés des droites ΓΖ, ZE, sera égal aux quarrés des droites ΔΖ, ZE. Mais le quarré de ΕΓ est égal aux quarrés de ΓΖ, ZE (47. 1) , car l’angle EZT est droit, et le quarré de ΕΔ est égal aux quarrés des droites ΔΖ, ZE ; donc le rectangle sous ΑΔ, ΔΓ, avec le quarré de ΕΓ, est égal au quarré de Eñ. Mais EΓ est égal à EB ; donc le rectangle sous ΑΔ, ΔΙΠγ, avec le quarré de EB est égal au quarré de ΕΔ. Mais les quarrés des droites EB, ΒΔ sont égaux au quarré de ΕΔ (47- 1) , car l’angle ΕΒΔ est droit ; donc le rectangle sous ΑΔ, δΔΓγ, avec le quarré ΕΒ, est égal aux quarrés des droites EB, BA. Retranchons le quarré commun de EB, le rectangle restant sous ΑΔ, ΔΓ sera égal au quarré de ΔΒ, Donc, etc.

PROPOSITION XXXVII.

Si l’on prend un point quelconque hors d’un cercle, et si de ce point on mène deux droites dont l’une coupe ce cercle, et dont l’angle tombe sur ce cercle, et si le rectangle sous la sécante entière et la droite prise extérieurement entre ce point et la circonférence convexe est égal au quarré de la droite qui tombe sur ce cercle, la droite qui tombe sur le cercle sera tangente à ce cercle.

Hors du cercle ABΓ prenons un point quelconque ñ, et menons de ce point les deux droites ΔΓA, ΔB, que la droite ΔΓΑ coupe le cercle, et que la droite AB tombe sur le cercle ; que le rectangle sous ΑΔ, nT soit égal au quarré de AB ; je dis que la droite ΔΒ est tangente au cercle ABT.

Menons la droite ΔῈ tangente au cercle ΑΒΓ (17. 3) , prenons le centre du cercle ABr (1. 3) , qu’il soit Z ; joignons ZE, zZB, ΖΔ ; l’angle ΖΕΔ sera droit (18. 3) .

Puisque ΔΕ touche le cercle ΑΒγ, et que ΔΙΕΑ le coupe, le rectangle sous AΔ ΔΓ est égal au quarré de ΔE (36. 3) . Mais le rectangle sous ΑΔ, ΔΓ est égal au quarré de nB ; donc le quarré de est égal au quarré de 33 ; donc ΔE est égal à nB. Mais ZE est égal à ΖΒ, donc les deux droites ΔΕ, EZ sont égales aux deux droites ôB, BZ ; mais la base zr est commune ; donc l’angle ΔΕΖ est égal à l’angle ΔΒΖ (3. 1) - Mais l’angle ΔΕΖ est droit ; donc l’angle ΔΒΖ est droit aussi. Mais la droite ΒΖ prolongés est un diamètre, et une droite perpendiculaire au diamètre et menée d’une de ses extrémités est tangente au cercle (16. 3) . Donc la droite ûB est tangente au cercle ΑΒΓ. La démonstration serait la même si le centre était dans ΑΓ. Donc, etc.

fin du troisième livre.

EUCLIDIS

ELEMENTORUM

LIBER QUARTUS.

Separateur-10-Vaguelettes1

LIVRE QUATRIEME

DES ÉLÉMENTS D’EUCLIDE.

DÉFINITIONS.

Une figure rectiligne est dite inscrite dans une figure rectiligne, lorsque chacun des angles de la figure inscrite touche chaque côté de celle dans laquelle elle est inscrite.

Semblablement une figure est dite circonscrite à une figure, lorsque chaque côté de la figure circonscrite touche chaque angle de la figure à laquelle elle est circonscrite.

Une figure rectiligne est dite inscrite dans un cercle, lorsque chaque angle de la figure inscrite touche la circonférence de ce cercle.

Une figure rectiligne est dite circonscrite à un cercle, lorsque chaque côté de la figure circonscrite touche la circonférence de ce cercle.

Semblablement un cercle est dit inscrit dans une figure rectiligne, lors- que la circonférence du cercle touche chaque côté de la figure dans laquelle il est inscrit.

Un cercle est dit circonscrit à une figure, lorsque la circonférence du cercle touche chaque angle de la figure à laquelle il est circonscrit.

Une droite est dite adaptée dans un cercle, lorsque ses extrémités sont dans la circonférence de ce cercle.