― 2

car AH-TH-AH+IH × AH — IK; mais IH =HK; donc AH+IH=AH+HK=AK. or AH

2

2

—IH=AI;
·IHAI; donc AH-IH = AK × AI = AG ×

2

AF, il faut montrer que AG x AF AE... fi vous
× =
fuppofez la ligne BG, les triangles AFD, AGB feront
femblables, puifque l'angle FAD leur eft commun, &
qu'ils ont chacun un angle droit en D & en G; donc AF.
AD: AB. AG; donc AF × AG = AD × AB. Mais

2

-2

AD × AB — AE; donc AF x AG — A E — AD2 + DE' AB × AD AD × DB + AD2, AB × AD

2

2

— AD × DB + AD, car AB — AD + DB; donc en
multipliant chaque membre par AD, on aura AB × AD
—AD+AD × DB; donc AG × AF, ou AF × FG
+AF2, AG × AF — AF × FG+AF; car AG=AF
+FG; donc AG x AFAFAF x FG, ou AF x
×
FG + AD2 + DF2 — AD × DB + AD'; AG × FG

2

-2

-2

2

+ AD+ DF — AD × DB +AD '; car 10. par le rai

=

2

2

-2

fonnement ci - deffus AF — AG × FG + AD + DF,

- 2

2

2

2

- 2

2o. AE= AD + DE; mais DE — AD × BD; donc

2

2

2

2

AE—AD+AD × BD; donc AG × FG+ AD + DF

12

= AD + AD x DB; donc, en retranchant AD' de part & d'autre, AF × FG+ DF2= AD × DB=DE'; donc AF'x FG DE2 — DF2; d'où il fuit que la ligne AF prolongée, rencontre le demi cercle AEB au point Goù l'arc KG le coupe C. Q. F. D.

PROBLEME

PLAN.

FIG. 20. 4. UN demi cercle BEC dont le centre eft D, & un point A hors du demi cercle, étant donnez de pofition fur un plan; il faut trouver le point E, ou F fur fa circonference, par où,

&par le point A, ayant mené la ligne AFE, fa partie FE, foit égale au demi diametre BD.

Ayant fuppofé le Problême réfolu, & nommé les données AC, a; AB, b; BD, ou FE, c; AE sera x+ci la proprieté du cercle donnera a ( AC). x + c ( A E ) :: x (AF). b ( A B); donc xx + cx = ab, ou xx —— CX +ab, d'où l'on tire x =- − 1 c ± √ 4 cc + ab qui donne

cette conftruction.

Ayant mené du point A la tangente AI, & du point touchant le rayon ID, l'on prendra IK-BD = c; du centre A par K, l'on décrira l'arc KL qui coupera AC en L; & du centre Z, & du rayon IK, l'on décrira un cercle qui coupera AC en O & M. Enfin du centre A par les points O & M, l'on décrira les arcs OF, ME, qui couperont le cercle BEC aux points F, E; de forte que la ligne AF prolongée, ira au point E; & FE fera par confequent➡BD; puifqu'elle est égale à OM=1]K

=BD.

DEMONSTRATION.

=

2

2

-2

2

A Caufe du triangle AIK, rectangle en I; AK'
IK' — A L' — O L'; car AK=AL par construction,
& OLIK auffi par construction; donc AK-IK
— AL—OL — AM × AO; car AL—OL="AL
+ OL× AL-O L. or OL = LM. donc AL+OL
=AM,& AL—OLAO. donc AL+OL × AL—OL
AM × AOAL-OLAE × AF — AI2:
mais AC × AB Al'; donc AE x AF AC × AB;
—
d'où il fuit que le point E eft commun au cercle BEC,
à l'arc ME, & à la droite AFE. C. Q.F. D.

2

X

=

-2

-2

PROBLEME

PLAN.

FIG. 21. 5. UN triangle ABC, & un point D hors du triangle étant donnez, il faut mener du point D une ligne DEF, en forte que le triangle ABC, foit au triangle EBF, en la raifon donnée de m à n.

FIG. 22.

=

Ayant fuppofé le Problême réfolu; puifque le point D eft donné de pofition, les lignes DG parallele à AB, & GB qui eft le prolongement du côté BC, feront (art. 4. n°. 5.) auffi données; nommant donc les données AB, a; BC, b; DG, g; GB, f; & les inconnues EB (art. 4. n°. 8.) x; & BF, y; GF fera fy, & l'on aura par les qualitez du Problême AB × BC. EB x BF: m. n: car il eft facile de démontrer que AB × BC. EB × BF :: ABC. EBF; donc en termes analytiques, ab. xy:: m. n; donc nab= mxy. Et les triangles femblables DGF, EBF donnent, g.(DG). f+y(GF) :: x (EB). y (BF); donc gy=fx+ xy; & faisant évanouir y, l'on aura mfxx nabx+ nabg, ou xx=- #abx+nabg Pour réduire cette équation à la feconde Formule de l'article 6, & pour la construire, foit fait m. n :: a (AB). "^ qui foit BI que je nomme c; mettant donc dans l'équation en la place de , elle fe changera en celle-ci xx=- cbx+cb8. Ayant mené CL parallele à AB, IK parallele à BC, & GIL qui rencon trera CZ en Z; l'on aura, à cause des triangles semblables GBI, IKL, GB (f). BI (c) :: IK (b). KL= qui étant nommée d, & mettant d en la place de 4 dans la derniere équation, elle deviendra celle-ci xx=- -dx+dg, d'où l'on tire x = — 1d + √ dd + dg.

mf

C

f

be

·

Pour conftruire le Problême, fuivant cette formule, il faut joindre KL (d) & GD (g) fur une même ligne comme vous le voyez dans la Figure 22. Puis fur ZD=LK+GD(d+g) décrire le demi cercle LPD,la perpendiculaire GP fera égale à Vdg. Enfuite du centre C moitié de KZ (d) & de l'intervalle CP, décrire un autre demi cercle RPH; alors CP

=V4dd + dg, & GH = ~ { d + V1dd + gg = x. Ce
qui montre que pour avoir la valeur de x= BE, il faut
diviser DG en H, en forte que DH. HG :: HG. KL. Il
faut montrer à prefent que DH. HG. KL. par la
construction, KL. PG. DG, & RG (KL+GH)
÷
PG. GH. donc KL × DG =GH & KL+GH. donc
DG. GH:: KL+GH. KL. donc dividendo DG-GH
(DH).GH:: KL+GH — KL (GH). KL; c'est-à-dire
que DH. GH. KL. car de cette équation xx—— dx
+dg= dg — dx, on tire cette analogieg-x. x. d.
or x = BE GH, g = DG & d= KL. donc DH
(g—x). HG ( x ). KZ (d). Il faut mener HE parallele
à GB qui couperà AB au point cherché E, de forte que
la ligne DEF menée de D par E, réfout le Problême.

=

DEMONSTRATION.

PAR la construction DH. HG, ou EB :: EB. KL, & les triangles femblables DHE, EBF donnent DH. EB :: HE, ou GB. BF; donc EB. KL :: GB. BF; & partant EB × BF =GB × KL:mais les triangles semblables GBI, IKL, donnent GB. BI :: IK, ou BC. KL, donc BIX BC=GB × KL; donc EB × BFBI × BC. Mais AB × BC. EB × BF, ou IB × BC :: AB. IB:: (conft.) m. n, comme le triangle ABC, au triangle EB F. C. Q. F. D.

-mf

mf

6. Si l'on veut que le point donné D, foit dans le triangle, il n'y a qu'à changer le figne où ƒ fe rencontre; parcequ'alors GB, deviendra negative de positive qu'elle étoit, c'est-à-dire que le point G tombera entre B & C; & l'on aura xx nabx+nabs ou xx= nabx - nab 8 qui fervira à conftruire le Problême en cette forte. Alors x = 1 d = V // dd -dg. on joindra CL (d) & DG (g) fur une même ligne; on décrira le demi cercle CPG, la perpendiculaire PD fera vdg, puis du centre K milieu de CD(d) on décrira le demi cercle COD; par le point ♫

FIG. 23

=

=

on menera PQ parallele à CG: du point Q, où PQ coupe le demi cercle COD on abaiffera la perpendiculaire QH, & l'on menera KQ: KC, alors K = √ 1 dd — dg, & CH = { d + √ ¦ dd — dg. & HD=1d — V 1 dd — dg — x. Autre construction. Soient joints CL, DG, dans une même ligne, fur laquelle on décrira le demi cercle CPG & l'on aura DP=Vdg, on tranfportera CZ en CG, en forte que CLCG: du point K milieu de CG on décrira le demi cercle CQG, puis ayant mené PQ parallele à CG, du point on abaiffera la perpendiculaire QH qui fera égale à DP = Vdg: ainfi KH = Vdd-dg; alors HD d — √ dd — dg = x; & CH / = {d+ Vdd-dg. Cette conftruction eft plus conforme à la figure 226: car nous allons montrer que DH. HG. CL. car CL. DP. DG. & CH.HQ.(DP). HG. donc CLX DG CHx HG. donc HG. DC: CL. CH. or par construction CL 2KH+ 2HG & CH= 2KH +HG, donc HG. DG :: 2KH+2HG. 2KH+HG. donc dividendo HGDG (DH). DG :: 2KH+2HG-2KH + HG ( HG ), 2KH + HG. c'est-à-dire, DH. DG :: HG. 2KHHG. donc addendo DH. DH+ DG (HG) :: HG. 2KH+ 2HG (CZ). c'est-à-dire; que DH. HG. CL. SCG=d. HG=x.QH=DP=Vdg. CG-HG (d-x). QH (√dg). HG(x). donc dx -x2=dg. ou xx= dx-dg.

..

=

—

FIG. 24.

Soit divifée AB en I, en forte que AB. BI :: m. n. Et ayant pris fur GD, GOBI, on menera par les points B, & O la droite indéfinie BOL, & par C la ligne CL parallele à AB, qui rencontrera BOL en L. Soit enfuite prolongée GD en H; en forte que DH. HG :: HG. CL, & menée HE parallele à BC, qui coupera AB en E. Je dis que la ligne EDF menée par les points E & D, réfout le Problême. Car l'équation réduite eft xx = dx dg, d'où l'on tire cette analogie xg. x. d. or x EB HG. g DG. d CL. donc DH (g- x ). HG (x). CL (d).

=