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car AH-TH=AH+IH x AH-IK; mais IH =HK; donc AHIH-AH+ HK=AK. or AH

IH == AI; donc AH-IH AK X AI=AG AF, il faut montrer que AG x AF=AE... si vous supposez la ligne BG, les triangles AFD, AGB seront semblables, puisque l'angle FAD leur est commun, & qu'ils ont chacun un angle droit en D & en G; donc AF. . AD :: AB. AG; donc AF XAG AD * AB. Mais AD * ABS AE; donc AF Ý AG=AEE AD+ DE> AB * AD= AD * DB + AD, ABX AD = AD * DB + AD, car AB=AD+ DB; donc en multipliant chaque membre par AD, on aura ABX AD

AD + AD * DB; donc AG * AF, ou AF * FG + AF, AG * AF = AF X FG + AF; car AG = AF + FG ; donc AG * AF = AF + AF FG, ou AF *

X
FG + AD' + DF? = ADX DB + AD'; AG * FG

AD+ DE=AD * DB+AD; car 10. par le raisonnement ci-dessus AF AG X FG 4 AD + DF, 20. AE= AD + DE; mais DE=AD ® BD; donc AE=AD+ ADR BD; donc AG X FG + AD + DF = AD + AD DB ; donc, en retranchant AD: de part & d'autre, AF FG + DF=AD DB=DE; donc AF** FG = DEDF?; d'où il suit que la ligne AF prolongée, rencontre le demi cercle AEB au poine Goù l'arc KG le coupe C. Q. F. D.

PRO B LÊ ME PLAN. F16. 20. 4. Un demi cercle BEC dont le centre eft D, & un point

A hors du demi cercle , étant donnez de position sur un plan; il faut trouver le point E, ou F sur sa circonference, par ,

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H

H

X

CX

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é par le point A, ayant mené la ligne A FE, sa partie FE, soit égale au demi diametre BD.

Ayant supposé le Problême résolu, & nommé les données AC, a; AB, 6; BD, ou FE,; A E sera x +ci la proprieté du cercle donnera a( AC). x+(( A E):: * (AF). 6 (AB); donc xx + cx= ab, ou xx=+ ab, d'où l'on tire x=-c+V1.c + ab qui donne cette construction.

Ayant mené du point A la tangente AI, & du point touchant I le rayon 1D, l'on prendra IK={BD={c; du centre A par K, l'on décrira l'arc KL qui coupera AC en L; & du centre 1, & du rayon IK, I'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 sorte que la ligne AF prolongée , ira au point E; & FE sera par consequent=BD ; puisqu'elle est égale à OM=LIK

BD.

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DEMONSTRATION.
A Cause du triangle AIK, ređangle en 1; AK-
IK'=AL- O L'; car AK=AL par construction,
& OL=IK aussi par constru&ion; donc A K

donc AK - IK = AL

AL_OŽ=AM * AO; car ĀL-07='AL +0 L * AL-OL. or OL= IM. donc A L +OL =AM,& AL-OL=A0. donc AL+OLX AL-OL AM * AO=A Ľ_ I = AE X AF = Al mais AC * AB=Al; donc AE AF =AC AB; d'où il suit que le point E est commun au cercle BEC, à l'arc ME, & à la droite AFE. C. l. F. D.

PROBLÊ ME PLAN. F.G. 21. 5. Un triangle ABC, & un point D hors du triangle

étant donnez, il faut mener du point D une ligne D EF, en forte que le triangle A B C, soit au triangle E BF, en la raison donnée de m à n.

Ayant supposé le Problême résolu; puisque le point D est donné de position, les lignes DG parallele à AB,&GB qui est le prolongement du côté BC, seront ( art.4. no.s.) aussi données; nommant donc les données AB, a; BC, b; DG, g; GB, f; & les inconnues EB (art. 4. no. 8.) *; & BF, y; GF sera f + y, & l'on aura par les qualitez du Problême AB x BC. EB X BF :: min: car il est facile de démontrer que AB BC. EB'x BF :: ABC. EBF; donc en termes analytiques, ab. xy :: m, n; donc nab= mxy. Et les criangles semblables 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=- nab***habe. Pour réduire cette équation à la seconde Formule de l'article 6, & pour la construire, soit fait m. n:: a ( AB). ma qui soit que je nomme ci mettant donc c dans l'équation en la place de elle se changera en celle-ci xx = ch*7c68. Ayant mené ci parallele à AB, IK parallele à BC, & GIL qui rencontrerà CL en L; l'on aura , à cause des triangles semblables G BI, IKL, GB (F). BI(c):: IK (6). KL=" qui étant nommée d, & mettant d en la place de dans la derniere équation, elle deviendra celle-ci xx=

- dx+ dg, d'où l'on cire x=-{d+ vydd + dg. Fig. 22. Pour construire le Problême, suivant cette formule, il faut

joindre K L (d) & GD() furune même ligne comme vous le voyez dans la Figure 22€. Puis sur LD=LK+GD(d+g) décrire le demicercle LPD,la perpendiculaire G P sera égale à Vdg. Ensuite du centre C moitié de Kl(d) & de l'intervalle CP, décrire un autre demi cercle RPH ; alors CP

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de forte que

=Vidd + dg, & GH=-d+Vydd + 88 = x. Ce qui montre que pour avoir la valeur de x= BE, il faut diviser DG en H; en sorte que DH. HG :: HG. KL. Il faut montrer à present que DH. HG. K L. par la construction, KL. PG. DG, & RG ( KL+GH) PG. GH. donc KL X 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 analogie = 8 - x. x. d. or x =BE=GH, g DG &d=KL. donc : DH (8-4). HG (*). K 1(d). Il faut mener He parallele à GB qui coupera AB au point cherché E; la ligne DEF menée de D par E, résout le Problême.

DEMONSTRATION. Par la constrụdion DH. HG, ou EB :: EB. KL, & les triangles semblables DHE, EBF donnent DH. EB :: HE, ou GB. BF; donc EB. KL :: GB. BF; & partant EB x BF=GB KL:mais les triangles semblables GBI, IKL, donnent GB. BI :: IK, ou BC. KL; donc BI * BC=GB KL; donc EB * BF=BI ~ BC. Mais AB > BC. EB x BF, ou IB x BC :: AB. IB ::(const.)

comme le triangle ABC, au triangle E B F. C. l. F. D.

6. Si l'on veut que le point donné D, soir dans le triangle, il n'y a qu'à changer le signe où f se 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=

qui servira à construire le Problême en cette sorte. Alors

={dFvädd dg. on joindra CL (d) & DG (8) sur F16. 23. une même ligne ; on décrira le demi cercle CPG, la perpendiculaire PD sera Vdg, puis du centre K milieu de CD(d) on décrira le demi cercle CQD; par le point ?

m.

n

nabx+ nab8

ou X X - mf

nabr-nabs

mf

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on menera P Q parallele à CG: du point b, où PQ coupe se demi cercle CQD on abaissera la perpendiculaire QH, & l'on menera KQ=KC, alors K=VIdd dg,& CH= d+V dd - dg. & HD=id-Vidd-dg=x.

Autre construction. Soient joints CL, DG, dans une même ligne, sur laquelle on décrira le demi cercle CPG & l'on aura DP=vdg; on transportera CL en CG, en sorte que CL=CG:du point K milieu de CG on crira le demi cercle CRG ; puis ayant mené P Q parallele à CG, du point l on abaissera la perpendiculaire QH qui sera égale & DP =Vdg: ainsi KH =V

Vädd - dg; alors HD=id Vidd dg = x; & CH=id + VIdd dg. Cette construction est plus conforme à la figure 22e: car nous allons montrer que DH. HG. CL. car : CL. DP. DG. & = CH. HQ (DP). HG.donc CLX DG=CHXHG. donc HG. DC :: C L. CH. or pár construction CL= 2KH + 2 HG & CH= 2KH + HG, donc HG. DG :: 2KH+2HG. 2KH+HG. donc dividendo HG DG (DH). DG :: 2 KH+ 2HG 2KH + HG (HG). 2 KH + HG. c'est-à-dire, DH. DG :: HG. 2KH + HG. donc addendo DH. DH+ DG (HG):: HG.

2KH + 2HG (CL). c'est-à-dire ; que DH. HG. CL. sco=d. HG=x.QH=DP=Vdg. =-CG-HG (d-mx). QH (Vdg). (HG(*). donc dx - x = dg. ou xx=dx — dg.

Soit divisée AB en 1, en lorţe que AB. BI :: M. n. Et ayant pris sur GD, GO - BI, 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 ensuite prolongée G D en H; en sorte que DH. HỆ :: HG. CL, & menée H E parallele à BC, qui coupera AB en E. Je dis que la ligne E D F menée par les points E & D, résout le Problême. Car l'équation réduite est xx = dx

dg, d'où l'on tire cette analogie * g. x. d. or x = EB=HG.g=DG.d=cl. donc :: DH(--*). HG(x). CL (d).

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