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y a du Sinus de l'angle B, qui est encore un des cô tez du second rectangle, au Sinus du côté AC, qui lui est opposé, & qui est un des côtez du premier ; C. Q. F. d'abord D.

Maintenant pour achever la démonstration, & prouver le même à l'égard des Sinus des autres

angles , & des autres corez; il ne faut qu'abaisser Fig.27. du sommet de l'angle A , la perpendiculaire AE, &° 28. sur le côté BC, prolongé s'il en eft besoin ; & sui

vant le même raisonnement que l'on vient de faire, l'on montrera que comme le Sinus de l'angle B, de quelque façon que l'on le prenne , est au Sinus du côté AC, qui lui est opposé ; ainsi le Sinus de l'angle ACB , eft au Sinus du coté AB, qui lui eft opposé. D'où il suit enfin que comme le Sinus de l'angle A, est au Sinus du co:é BC qui lui est opposé, aință le Sinus de l'angle C, ou ACB est au Sinus du côté AB qui lui eft opposé, puisque ces deux raisons font semblables à une même, sçavoir à celle du Sinus de l'angle B, au Sinus du côté AC: si bien qu'on peut dire generallement , qu'en tout Triangle Spherique, comme le Sinus d'un angle est au Sinus du coté qui lui est opposé; ainsi le Sinus d'un autre angle est au Sinus du côté qui lui eft opposé. C. Q. F. D.

COROLLAIRE I.

Fig.3 2.

Si donc dans un Triangle Spherique, comme ABC, l'on donne les deux angles A & B, avec le coté AC, opposé à l'un des deux angles donnez, l'on trouvera le côté CB opposé à l'autre angle donné ; car comme le Sinus de l'angle B, eft au Sinus de l'arc AC ; ainsi le Sinus de l'angle A, eft

COROLLAIR E II.

Que fi dans un Triangle Spherique comme ABC, l'on donne les deux cotez AC, CB, avec l'angle B opposé à l'un des deux cotez donnez, l'on trou- Fig.3 34 vera l'angle A opposé à l'autre coté ; car comme le Sinus de l'arc AC, est au Sinus de l'angle B, ainsi le Sinus de l'arc CB est au Sinus de l'angle A que l'on cherche,

REMARQUE.

Aprés ce qui a été démontré jusques ici , il eft Fig. 334 aisé de conclure qu'en tout Tiangle Spherique non rectangle, trois choses étant données ( pourvû toutefois que ce ne soit pas simplement les trois cotez, ou les trois angles ) l'on trouvera les trois autres ; car pour cela il ne faut que résoudre le Triangle donné en deux Triangles rectangles, par une perpendiculaire abaissée de l'un de ces angles sur le côté qui lui est opposé, en sorte que

l'un des Triangles ait deux angles & un coté connus ; & aprés cela par ce qui a été dit ci-devant des

Triangles rectangles, l'on trouvera les trois choses qui sont inconnuës.

Par exemple, si dans le Triangle ABC, l'on Fig. 334 donne les deux angles A & B avec le côté AC opposé à l'un des deux angles donnez; pour trouver ce qui reste, à sçavoir l'angle C, & les deux co-tez AB, BC, il faut premierement trouver le coté BC ( par le 1. Coroll, de cette Proposition ; ) puis pour trouver le coté AB, il faudra de l'angle C, abaisser la perpendiculaire CD sur le côté AB, &

par le 2. Coroll. du 14. Theor. trouver l'arc

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trouver les deux arcs AD, DB des deux Triangles rectangles ADC & DBC ; & ajoûtant ces deux arcs ensemble ou aura le coté AB ; aprés quoi l'on trouvera l'angle C, par le 2. Coroll. de ce Theor.

qui est tout ce qu'il falloir trouver. Fig. 33. Que si dans le Triangle ABC, l'on donne les & 34. deux cotez AC, BC, avec l'angle B opposé à l'un

des deux cotez donnez, pour avoir le reste , on trouvera premierement l'angle A, par le 2. Coroll. de ce Theor. & ensuite l'on trouvera le coté AB, & l'angle C, en abaissant, comme je viens de dire, la perpendiculaire CD, & opérant comme de flus

Enfin si dans le Triangle ABC, l'on donne les deux cotež AC, BC, avec l'angle C qu'ils enferment, , pour trouver le reste , à sçavoir les deux angles A & B, avec le coté AB qui est entre deux; il faut premierement abaisser une perpendiculaire de l'un de ces angles, sur le côté qui lui est opposé, comme eft ici AD; puis on trouvera cette perpendiculaire AD, par le 1.Coroll. de ce Theor. & ensuite l'arc CD, par le 1. Coroll. du 13. Theor. puis ôcant CD de CB, restera DB. Ensuite dans le Triangle ADB, l'on trouvera l'angle B , par le 2. Coroll. du 13: Theor. & le coté AB, par le 1. Coroll. du 14. Theor. aprés quoi dans le Triangle ABC l'on trouvera l'angle A, par le 2. Coroll. de ce Theor. qui elt tout ce qu'il faloit trouver.

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Zig.26. Aux Cercles inégaux les Sinus verses des arcs

semblables , ont même raison entr'eux que les rayons de leurs Cercles ; par exemple aux deux arcs inégaux ABC, DEF, les Sinus verses GC, HF, des arcs semblables BC, EF onc même rai

son entr'eux que les rayons IC , LF ; pour le prouver.

Des centres I & L, menez les deux lignes droi. res IB , LE ; puis considerez que les deux Triangles IBC, LEF, sont isocelles & semblables, à cause que

les angles BIC, ELF, qui s'appuyent sur des arcs semblables sont égaux ; & partant il y a même raison de IB à LE, que de BC à EF ; de plus les angles C & F étant égaux, comme l'on vient de montrer , & les angles G & H étant droits, les deux Triangles BGC , EHF sont aussi Fig.26, semblables ; & partant il y a aussi même raison de GC à HF, que BC à EF; d'où il suit que la raison des Sinus verses GC, HF est semblable à celle des rayons IB, LE, ou IC , LF, puisqu'elles sont toutes deux semblables à une même, sçavoir à celle de BC à EF. C. Q. F. D.

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Fig.244

Le rectangle contenu du Sinus droit de la moitié de l'aggrégé de deux arcs inégaux d'un Triangle Spherique rectangle, & du Sinus droit de la moitié de leur difference, est égal au rectangle contenu du rayon du Cercle , & de la moitié de la difference de leurs Sinus verses. Pour le

prouver Que les deux arcs inégaux soient par exemple AB, BC, leur aggrégé sera l'arc AC; puis faisant BD égal à AB, l'arc CD sera leur difference; ensuite ayant mené la soutendante AC, & du centre E abaissez la perpendiculaire EH, le Sinus droit, de la moitié de l'aggregé sera AH. De plus ayant aussi mené la soutendante AD, & du centre E au point B, la ligne EB, cette ligne coupant l'arc ABD en deux également, coupera aussi en deux également la soutendante AD, & à angles droits ;

F

Fig.24.

& partant FB sera le Sinus verle de l'arc AB ; puis ayant encore abaissé C.G perpendiculaire sur ÉB, & CL perpendiculaire sur AD, la partie GB sera le Sinus verfe de l'arc BC;&FG ou son égal CL,era la difference des deux Sinus verses. Maintenant ayant

meré la ligne droite CD, & la ligne HI parallele à AD, cette ligne HI , & fa partie HM étant parallele aux bases des deux Triangles ACD & ACL, leurs cotez AC, CD, & AC, CL se. tont coupez proportionnellement, & partant la raison de AHà HĆfera la même que de DI, à IC, ou de LM à MC. Or est-il que AH est égale à HC. Donc Di sera aufli égale à IC, & LM, à MC; & partant IC sera le Sinus droit de la moitié de CD , different des deux arcs AB, BC; & MC moitié de CL, ou de son égale FG , fera la moitié de la difference des Sinus verses. Ce qu'il faut donc maintenant faire voir , est que le rectangle compris de AH & de IC, est égal au rectangle de EA & de MC. Pour le prouver.

Les deux angles AEH & ADC sont égaux , puisque le premier qui est au centre, s'appuye sur la moitié de l'arc, sur lequel s'appuye l'autre qui est en la circonference ; & puisque l'angle MIC est aussi égal à l'angle ADC, à cause que les lignes AD, Hi étant paralleles, la ligne CD tombe dessus ; il s'ensuit que l'angle AEH est égal à l'angle MIC. De plus les angles EHA & CMI érant droits , il s'enfuit que les deux Triangles HAE & MCi sont semblables ; c'est pourquoi comme AH eft à EA, ainsi MC est à IC; d'où il suit que le rectangle contenu sous les extrêmes AH & IC est égal au rectangle des moyennes EA & MC. C. Q.F. D.

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