Un segment prolongé et une égalité d’aires singulière

Construire d’abord sur $[CD]$ le carré $CDEF$ de côté $CD$ (pour cette construction, voir le problème Construction d’un carré sur un segment).

Contruire la parallèle à $(DE)$ passant par $B$ (pour cette construction, voir le problème Comment construire une parallèle à une droite donnée ?).
Soient G et H les intersections de cette parallèle avec $(FE)$ et avec la diagonale $[FD]$.

Contruire ensuite la parallèle à $(AB)$ passant par $H$ (pour cette construction, voir le problème Comment construire une parallèle à une droite donnée ?).
Soient $I$ et $J$ les intersections de cette parallèle avec $(DE)$ et avec $(CF)$.

Contruire la parallèle à $(DE)$ passant par $A$ (pour cette construction, voir le problème Comment construire une parallèle à une droite donnée ?).
Soit $K$ l’intersection de cette parallèle avec $(JI)$.

Dans la figure obtenue, nous pouvons reconnaître d’une part, deux carrés $JHGF$ et $BDIH$ de côtés $CB$ et $BD$, et
d’autre part dans les parallélogrammes rectangles $CBHJ$ et $HIEG$ des parallélogrammes complémentaires, qui sont donc supersposables, de côtés $CB$ et $BD$, et égaux en aire (pour cette démonstration, voir le problème Une propriété des parallélogrammes complémentaires en un point).

Par ailleurs, étant donné que les deux rectangles $ACJK$ et $CBHJ$ ont des côtés parallèles et un côté de même longueur ($AC=CB$ car $C$ est milieu de $AB$), leurs aires sont donc égales (pour la démonstration de ce point, voir le problème Mêmes parallèles, bases égales ... même aire des parallélogrammes ?).
Nous en déduisons donc que : $\bf [ACJK]=[HIEG]$ (1)

Si nous rajoutons aux deux membres de l’égalité (1) l’aire du rectangle $CDIJ$, nous obtenons l’égalité suivante : $[ACJK]+[CDIJ]=[HIEG]+[CDIJ$]], ou encore : $\bf [ADIK]=[HIEG]+[CDIJ]$ (2)
avec $ADIK$ rectangle de côtés $AD$ et $BD$.

Enfin, si nous rajoutons aux deux membres de l’égalité (2) l’aire du carré $JHGF$ de côté $CB$, nous obtenons l’égalité suivante : $[ADIK]+[JHGF]=[HIEG]+[CDIJ]+[JHGF]$. Le deuxième terme de l’égalité correspond au carré $CDEF$, donc nous pouvons écrire : $\bf [ADIK]+[JHGF]=[CDEF]$ (3)

L’égalité (3) avec $ADIK$ rectangle de côtés $AD$ et $BD$, $JHGF$ carré de côté $CB$, et $CDEF$ carré de côté $CB$ répond donc bien à la question posée.

Une autre solution, plus algèbrique, et moins dans l’esprit d’Euclide (qui ne raisonnait jamais en termes numériques), en raisonnant seulement sur les longueurs :
on doit montrer que
$$CB^{2}+AD\times BD=CD^{2}.$$Mais, comme $C,B$ et $D$ sont alignés, on a que $CD=CB+BD$. On a donc :
$$CD^{2}=(CB+BD)^{2}=CB^{2}+2CB\times BD+BD^{2}.$$En factorisant par $BD$ :
$$CD^{2}=CB^{2}+(2CB+BD)\times BD.$$Etudions ce terme entre parenthèses, $2CB+BD$. Miracle : comme $C$ est le milieu de $[AB]$, on a
$$2CB+BD=AC+CB+BD=AD$$d’où on obtient
$$CD^{2}=CB^{2}+AD\times BD,$$la formule annoncée !