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des trois quarts du travail qu'il faudroit prendre en se servant des Tables ordinaires des Sinus.

Remarquez aulli, que si le Triangle proposé avoit deux côtez égaux, sans tant de circuit , ni de détour , il ne faudroit qu'abaisser un arc perpendiculaire sur la base, laquelle feroit divisée en deux également , & le Triangle en deux Triangles rectangles, qui auroient chacun un angle & deux côtez connus ; ensuite de quoi on trouvera aisémenç le reste par les Coroll. da 13. & 14. Theorêmes. Ec premierement on trouveroit l'angle opposé à la moitié de la base

par le 3. Coroll, du 14. Theor. Puis l'on trouveroit la perpendiculaire que l'on auroit abaissée par le 1. Coroll. du 13. Theor. en la prenant pour la base de son Triangle ; & enfin l'on trouveroit le troisiéme angle par le 2. Coroll. du 1;. Theor.

THEOREME XVI I.

Fig. 39.

Si des angles d'un Triangle Spherique , comme poles on

décrit trois grands Cercles ; ils formeront en s'entrecoupant un autre Triangle Spherique, dont les côm tez seront égaux aux supplémens des angles , reciproquement les angles aux supplémens des côtez du Triangle propose.

U’ABC soit le Triangle Spherique proposé, O

maintenant point comme pole , l'on décrit le grand Cercle i GEM , & du point B le grand Cercle HDEFPQ; & enfin du point C aufli comme pole , le grand Cercle HXGENO, il fe for mera le Triangle HGE; cela étant, je dis premierement que les côtez du Triangle HGE, font égaux aux supplémens des angles du Triangle

Puisque l'arc AB passe par les poles des deux Cercles GE , HE, reciproquement ces deux Cercles passeront par le pole de l'arc AB; & partant le point E, qui est le point de leur commune section, sera le pole de l'arc AB. De même puisque l'arc BC passe par les poles des deux Cercles HEF, HGF, reciproquement ces deux Cercles passeront par le pole de l'arc BC: & partant le point F qui est le point de leur commune section , sera le pole de l'arc BC. Enfin puisque l'arc AC passe par les poles des deux Cercles GE , GH, & reciproquement ces deux passeront par le pole de l'arc AC ; & partant le point G qui est le point de leur commune section, sera le pole de l'arc AC. D'où il s'ensuit que les arcs AR, AM, AI, AL; BD, BP, BQ, BZ; CX, CN, CT, CO, font des quarts de Cercles; & de même que les arcs ER, EM, ED, EP; FQ, FZ , FT, FO; GI, GL, GN, GX, sont ausli des quarts de Cercles, qui sont égaux entr'eux & aux précedens. Puis donc que les deux quarts de Cercles GN & FO sont égaux entr'eux, si l'on en ôre la partie commune FN, restera l'arc GF égal à l'arc NO; Mais cet arc NO est la mesure de l'angle NCO, ou de son égal ACB; & partant l'arc GF est ausli la mesure de l'angle ACB, & lui est égal ; mais GH est le complement au demi Cercle de l'arc GF, il sera donc aufli le supplément de l'angle ACB.

De même si des deux quarts de Cercles FQ, PE, l'on retranche la partie commune FP, restera l’arc QP, égal à l'arc FE ; mais l'arc QP est égal, on est la mesure de l'angle QBP, ou de son égal ABC ; & partant l'arc FE sera aussi égal à l'angle ABC ; & par consequent EH complement au demi Cercle de l'arc FE, ce sera aula de l'angle

Enfin si aux deux quaris de Cercles GI, EM, l'on ajoûte l'arc commun IE, l'arc GE sera égal à

l'arc ÍM; mais l'arc IM est égal à l'angle IAM, Fis-ss. dont il est la mesure ; & partant l'arc GE est aussi

égal à l'angle IAM, ou au complement de l'angle
BAC. C. Q. F. premierement D.

Second-ment, je dis que les angles du Triangle
HGE, sont égaux aux fupplémens des côrez du
Triangle ABC ; pour

le

prouver
Si des deux quarts de Cercles AI & CN, l'on
õte l'arc commun Ci, il restera l'arc AC, égal à
l'arc IN ; mais l'arc IN est égal, ou est la mesure de
l'angle NGI, par consequent le côté AC est ausli
égal à l'angle NGI : d'où il fuit que l'angle HGE,
qui eft le complement à deux droits, ou au demi
Cercle de l'angle NGI, est égal au complement du
côté AC.

De même , fi des deux quarts de Cercle AR &
BP, l'on ôte la partie commune BR , il restera
l'arc AB égal à l'arc RP; mais l'arc RP est égal,
où est la mesure de l'angle PER ; par consequent
le côté AB eft aufli égal à l'angle PER; d'où il suit
que le supplément de l'angle PER, à sçavoir GEH,
est égal au supplément du côté AB.

Enfin fi des deux quarts de Cercles BZ & CO, l'on ôte lapartie commune CZ, il restera l’arc BC égal à l'arc ZO; mais l'arc Zo est égal à l'angle ZfO; d'où il suit aufli que le complement de l'angle ZFO, à sçavoir ZFG, ou fon égal EHG, eft égal au complement du côté BC. C. Q. F. D.

C

COROLLA IR E.

Fig.38.

Il suit de cette Proposition que les trois angles d'un Triangle Spherique étant connus , par exemple ceux du Triangle ABC, l'on trouvera les trois

Pour cela , il ne faut qu'à l'entour du Triangle proposé décrire ou imaginer un autre Triangle, comme DEF , & qui donne au côté la quantité du suplément de l'angle C,& au côté EF celle du supplément de l'angle A , & enfin au côté DF le supplément de l'angle B; & aprés cela par le Corolsaire de la Proposition précedente , l'on trouvera les angles du Triangle DEF, dont les supplémens seront égaux aux côtez du Triangle ABC ; c'eft-àdire , que le supplément de l'angle D, sera égal au côté BC; le suplément de l'angle E, sera égal au côté AC; & enfin le supplément de l'angle F, sera égal au côté AB; & ainů les trois côtez du Triangle ABC seront trouvez.

Voici quelques Questions Astronomiques qui peutvent servir à faire voir l'application que l'on peut faire de la Trigonometrie Spherique à l'Astronomie.

QUESTION I. Etant connuë l'obliquité de l'Eclyptique , & la distance du Soleil au plus proche equinoxe , trouver

Sa déclinaison. E suppose que le colure des solstices convient Fig.37.

avec le Méridien , en sorte que ces deux Cercles soient representez par le seul AEKB, passant par les deux poles du monde K, t;li AB est l'horison & CD l'Equateur, l'arc BK, ou l'angle BRK sera la hauteur du pole, & l'arc AC , ou l'angle ARC fera l'élevation de l’Equateur,qui eft égale au complement de l'élevation du pole. Si EF est l'Eclyptique, les deux points E, F, où elle coupe le colure , seront les points solstitiaux de so & de % par où passent les Tropiques EH, FG, qui donnent fur l’horison AB , les plus grandes amplitudes

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KL:& le point R où elle coupe l'Equateur CD, representera les deux points équinoxiaux d'r , & de . Enfin l'angle CKE qu'elle fait avec l’Equateur CD, ou l'arc CE, est ce qu'on appelle plus grande obliquité de l'Eclyptique ou plus grande déclinaison du Soleil,qui est à present d'environ 23.29,

Si l'on fuppose que le Soleil soit au point Q de l'Eclyptique, en sorte que son parallele soit TV, & fon Cercle horaire doit KQI, fa déclinaison seral’arc CT, sçavoir la distance de son parallele à l'Equateur, qui eft aufli mesurée par l'arc SQ du Cercle horaire, terminé par le lieu du Soleil , & l'Equateur : & fa distance au plus proche équinoxe, sera QR,sçavoir l'arc de l'Eclyptique,compris entre le lieu Q du Soleil, & le point Equinoxial R le plus proche.

Parce que dans le Triangle QRS, rectangle en S, on connoît l'angle oblique QŘS, ou la plus grande déclinaison du Soleil, & l'hypotenuse QR, ou la distance du Soleil au plus proche équinoxe, on pourra connoître sa déclinailon Q, en faisant cette Analogie.

Comme le Sinus total,
Au Sinus de la distance du Soleil au plus

proche équinoxe;
Ainsi le Sinus de la plus grande déclinaison

du Soleil, Au Sinus de sa déclinaisonparticuliere.

QUESTION II. Etant connuë l'obliquité de l'Ec!yptique , & la déclia naifon du Soleil , trouver le lieu du Soleil

dans le Zodiaque. fig-37.

I dans le mêrne Triangle rectangle RSQ, on

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