Un parallélogramme de base donnée, de même aire qu’un triangle

1. Construisons d’abord, sur un des côtés du triangle, un parallélogramme $FEHG$ d’angle $α$ et dont l’aire est égale à celle du triangle $CDE$ (pour cette construction, voir le problème Construction d’un parallélogramme de même aire qu’un triangle) : $\bf [FEGH]=[CDE]$ (1)

2. Transposons maintenant ce parallélogramme sur la droite AB , ceci de la façon suivante.

Soit le point I sur la droite $(AB)$ tel que $BI=FE$ (pour cette construction , voir le problème Gymnastique géométrique, à la règle et au compas (2)).

Soit le point J positionné sur la droite passant par B et faisant un angle $α$ avec $(AB)$ tel que $BJ=FG$ (pour cette construction , voir le problème Même angle, autre sommet)

Soit le point K situé à l’intersection de la parallèle à $(AB)$ passant par $J$, et de la parallèle à $(BJ)$ passant par $I$ (pour ces constructions de parallèles, voir le problème Construction d’une droite parallèle à une droite donnée).

Le parallélogramme $BIKJ$ ainsi construit est superposable et a la même aire que le parallélogramme $FEGH$ :
$\bf [BIKJ]=[FEGH]$ (2)

3. Il nous reste à transposer le parallélogramme $BIKJ$ sur le segment $[AB]$.

Soit le point $L$ intersection de la droite $(JK)$ et de la parallèle à $(BJ)$ passant par $A$.

Soit le point $M$ intersection de $(LB)$ avec $(IK)$.

Soit le point $N$ intersection de $(AL)$ avec la parallèle à $(AB)$ passant par $M$.

Soit le point $O$ intersection de $(AL)$ avec $(MN)$.

Le parallélogramme $\bf ABON$ ainsi construit est de même aire que le parallélogramme $BIKJ$.
$\textbf {Ah bon !}$ direz-vous ? Et bien la démonstration de ce point se trouve dans le problème Même aire pour des parallélogrammes « complémentaires ».

Donc nous avons bien : $\bf [ABON]=[BIKJ]= [FEGH]=[CDE]$, ce qu’il fallait démontrer.