Imágenes de páginas
PDF
EPUB

'IKAL-OL1— AM× A0= AE × AFAI2: mais AC × AB= AI2; donc AE × 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.

5.

A

PROBLEME PLAN.

UN triangle ABC, & un point D hors du triangle F16.2v, étant donnez, il faut mener du point D une ligne DEF, en

forte que le triangle ABC, foit au triangle EBF en la raison donnée de màn

Ayant fuppofé le Problême réfolu, puifque le point D eft donné de position, 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 seraƒ+y, GF fera f+y, & l'on aura par les qualitez du Problême ABX BC. EB X BF :: m. n: car il eft facile de démontrer que AB × BC. EBX 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; & faifant évanouiry, l'on aura mfxx=-nabx → nabg, ou xx=Pour reduire cette équa

nabx+nabg
mf

[ocr errors]
[ocr errors]

tion à la feconde Formule de l'article 6, & pour la con

ftruire, foit fait m. n::a (AB)." qui foit BI que je

C

m

nomme ; mettant donc c dans l'équation en

na

de elle fe changera en celle-ci xx=

[ocr errors]

la place cbx + cbg. f

Ayant mené CZ parallele à AB, IK parallele à BC, & GIL qui rencontrera CZ en Z; l'on aura, à caufe des triangles femblables GBI, IKL, GB (ƒ). BI ( c ) :: IK

bc

( 6 ). KZ —— qui étant nommée d, & mettant d en la b KL

FIG. 22.

place de

bc

f

dans la derniere équation, elle deviendra

I

celle-ci xx=- dx + dg, d'où l'on tire x =—— d+

2

√dd+dg, qui montre que pour avoir la valeur de x— BE, il faut divifer DG en H; en forte que DH. HG :: HG. KL; & mener HE parallele à GB qui coupera AB au point cherché E; de forte que la ligne DEF menée de D par E, réfout le Problême.

DEMONSTRATI O N.

PAR la conftruction DH. HG, ou EB :: EB. KL, & les triangles semblables DHE, EBF donnent DH.EB :: HE, ou GB. BF; donc EB. KL :: GB. BF ; & par tant EB × BFGB × KL: mais les triangles femblables GBI,IKL, donnent GB. BI :: IK, ou BC. KL; done 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 EBF.C.Q.F.D. 6. Si l'on veut que le point donné D, foit dans le triangle, il n'y a qu'à changer le figne oùf fe rencontre; parcequ'alors GB, deviendra négative de pofitive qu'elle étoit,c'est-à-dire, que le point G tombera entre B & C; & l'on aura xx

=

nabx nabr

-mf

Ou xx

nabx-nabg

mf

qui fervira à construire le Problême en cette forte.
Soit divifée AB en I, en forte que AB. BI :: m.n. Et
ayant pris fur GD, GO BI, on menera par les points
B, & Ola droite indéfinie BOL, & par C la ligne CL
parallele à AB, qui rencontrera BOL en Z. 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.

DEMONSTRATION.

ELLE eft la même que la précedente.

[merged small][merged small][merged small][ocr errors][merged small]

réduite à celle-ci xx=dx-dg, comme l'on a fait celle du cas précedent (n°. 5), fait voir que fi la moyenne proportionnelle entre DG (g), & CZ (d) surpasse CL, le Problême sera impoffible: car alors les deux valeurs de x feront imaginaires.

I

REMARQUE II.

2

22,

8. S 1 dans les deux constructions précedentes, le point FIG. 21. Fétoit tombé au-de-là du point C, hors du triangle, il auroit fallu mener la parallele DG de l'autre coté du point G, qui auroit rencontré le côté AC, prolongé du côté de Adans le premier cas, & l'on fe feroit fervi du côté AC, comme l'on a fait du côté BC.

9.

REMARQUE. III.

CE feroit encore la même chofe, fi le point D étoit F1 G. 23, donné fur un des côtez BC prolongé: car DG parallele à AB, rencontreroit le côté AC prolongé du côté de A, & l'on trouveroit comme on vient de faire, le point E, par où ayant mené la droite DEF, l'on auroit le triangle AEF, qui feroit au triangle ABC, comme n à m.

I

REMARQUE IV.

10. Si le point D étoit au fommet de l'un des angles F16. 24. comme en A; il n'y auroit qu'à divifer BC en F; enfor

te que BC. BF:: m.n, & mener AF: car en ce cas ABC.ABF::m..n.

I

REMARQUE V.

FIG. 25. II. Si le point D étoit fur un des côtez AB ; en nommant AB, a; BC,b; DB, g; qui font les données, & l'inconnue BF, x; l'on auroit, felon l'hypothese, ab

[blocks in formation]

On divisera BC en H, en forte que BC. BH::m.n, & ayant pris BF quatrième proportionnelle à DB, AB, BH, l'on menera la ligne DF qui fatisfera au Problême.

DE'MONSTRATION.

A
YANT mené AH, les triangles ABH, DBF se-
ront égaux; puifque (const.) DB. AB:: BH.BF: mais
le triangle ABC est au triangle ABH :: BC. BH ::
m.n; donc ABC.DBF::m.n. C. Q. F, D.

COROLLAIRE.

12. On peut par le moyen de ce Problême, & des remarques qu'on y a faites, réfoudre toutes les questions de la Geodefie.

FIG. 26. Soit par exemple, un rectiligne quelconque ABCEGH, & un point D hors de ce rectiligne, donnez de pofition; il faut mener la ligne DOF,qui divife le même rectiligne, de maniere que la partie OHGEF, foit à la partie OABCF, comme mà n.

On menera du point D aux angles du rectiligne des droites DG, DE, DC, DB. Or puifque l'on connoit la superficie du rectiligne entier, & qu'on peut connoitre celle de toutes les parties qui le composent; on connoitra auffi fi quelqu'une des lignes DB, DC, DE, DG, fatisfait au Problême. Mais aucune n'y fatisfait, de forte que la partie LHGE foit trop petite, & la partie KHGEC trop grande, il eft neceffaire, felon cette hypothefe, que la ligne DOF paffe entre les lignes DC, DE, afin que la

Figure foit divifée dans la raifon demandée: mais parceque l'on connoit le rapport de toute la Figure à fes partics KABC, LABCE, l'on connoitra auffi le rapport du quadrilatere LKCE à sa partie OKCF; c'eft pourquoi, 1. Si les lignes KL, CE font paralleles, il n'y a qu'à divifer CE en F, en forte que CE foit à CF dans la raison convenable, & mener DOF, qui fatisfera à la question : car CE. KL :: CF. KO, ou DCE. DKL:: DCF. DKO; & dividendo LKCE. DCE :: OKCF. DCF. permutando LKCE.OKCF :: DCE. DCF:: CE.CF.

2o. Si les lignes CE, KL ne font point paralleles, elles FIG. 27. concourront de part ou d'autre en un point P, que l'on trouvera en cette forte. Ayant mené ZR & LQ paralleles à KC, & à CF, ces droites feront données de grandeur auffi bien que KQ. Soit donc fait à caufe des triangles femblables KQL, KCP; KQ. QL::KC. CP; CP fera donc auffi donnée de grandeur; c'eft pourquoi tirant KS perpendiculaire à CE, qui fera auffi donnée; l'on aura la fuperficie du triangle KCP; & par confequent (no. 9), le rapport de tout le triangle à fa partie OKCF, & le Problême sera réfolu.

[blocks in formation]

13. DE' CRIRE un triangle ABC rectangle en A, dont F10.28. le plus petit côté AB, & la difference DC des fegmens de l'hypothenufe, faits par la perpendiculaire AE, foient données de grandeur.

Ayant fuppofé le Problême refolu, l'on décrira du. centre A, & du rayon AB, le cercle GBF, qui paffera par le point D; puifque DC, eft la difference des fegmens BE, EC de l'hypothenufe BC; & ayant prolongé AC en G, GC fera - AB+ AC ; & FC=AC AB. Nommant donc les données AB, a; DC,b; & l'inconnue CF, x ; AC sera a + x ; & GC, 22 + x ; & l'on aura à cause du cercle CD (b). CF (x) :: CG

=

[ocr errors]
« AnteriorContinuar »