car AH — IH ≈AH+IH × AH—IK; mais IH HK; donc AH+IH=AH+HK≈AK. or AH ܐ, 2 2 AF, il faut montrer que AG × AF AE... fi vous AD AD × AB AE; donc AF x AG — AE: 2 2 X X AD × DB + AD, car AB = AD + DB; donc en multipliant chaque membre par AD, on aura AB × AD AD2+ AD × DB; donc AG × AF, ou AF × FG +AF2, AG × AF — AF × FG+ AF; car AG=AF +FG; donc AG × AF =AFAF x FG, ou AF x FG+ AD2 + DF1 — AD × DB + AD'; AG × FG -2 -2 2 --2 2 + AD + DF — AD × DB +AD; car 10. par le rai fonnement ci- deffus AF = AG × FG+AD + DF, 2o. AE = AD + DE; mais DEAD × BD; donc AE—AD+AD × BD; donc AG x FG+AD + DF = AD+ AD x DB; donc, en retranchant AD' de part & d'autre, AF × FG+ DF AD × DB=DE'; donc AFX FG — DE2 — DF2; d'où il fuit que la ligne AF prolongée, rencontré le demi cercle AEB au point Goù l'arc KG le coupe C. Q. F. D. 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 fera x + ci la proprieté du cercle donnera a ( AC). x + c ( A E ) : : x (AF). b (AB); donc xx + cx = ab, ou xx=— CX + ab, d'où l'on tire x =— • 1 c ± √ 4cc + 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 Z; & 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; & F E fera par confequent➡BD; puifqu'elle eft égale à OM=2IK =BD. = DEMONSTRATIO N. A Cause du triangle AIK, rectangle en I; AK'— IK' — A L' — O L'; car AK — AL par construction, & OL=IK auffi par construction; donc AK-IK -AL-OL =AM × AO; car AL-OL-AL 2 2 2 2 2 2 + OLX AL-O L. or OL LM. donc AL+OL =AM,& AL-OLAO. donc AL+OL × AL-OL = AM × AO AL—OL = AE × 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. — FIG. 21. 5. UN triangle ABC, & un point ↳ 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 mà n. FIG. 22. y, 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 × 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). ƒ+y(GF) :: x (EB). y (BF); donc gy=fx + xy; & faisant évanouir l'on aura mfxx ·nabx+ nabg, ou xx=- nabx+nabg Pour réduire cette équation à la feconde Formule de l'article 6, & pour la conftruire, foit fait m. n: a (AB). " qui foit BI que je nomme c; mettant donc c dans l'équation en la place de ", elle se changera en celle-ci xx —— cbx+cbs. Ayant mené CZ parallele à AB, IK parallele à BC, & GIL qui rencontrera CZ en Z; l'on aura, à cause des triangles femblables GBI, IKL, GB (ƒ). BI (c) :: IK (b). KL= qui étant nommée d, & mettant d en la place de 5 dans la derniere équation, elle deviendra celle-ci xx—— =―dx+dg, d'où l'on tire x = -1d+vdd+dg. mf f Pour construire le Problême, fuivant cette formule, il faut joindre KL (d) & GD (g) fur une même ligne comme vous le voyez dans la Figure 22o. Puis fur ZD=LK+GD (d+g) décrire le demi cercle LPD,la perpendiculaire GP fera égale à vag. Enfuite du centre C moitié de KZ (d) & de l'intervalle CP, décrire un autre demi cercle RPH; alors CP & GH = Vidd + dg, & GH — 1d + √ dd + 88 = x. Ce DEMONSTRATION. PAR la conftrudion 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 BI × BC=GB × KL; donc EB × BF — BI × 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. = 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 pofitive qu'elle étoit, c'est-à-dire que le point G tombera entre B & C; & l'on aura xx=fervira à conftruire le Problême en cette forte. Alors nabx+nabg ou xx nabx-nabs qui x = d = √ dd —dg. on joindra CL (d) & DG (g) fur FIG. 23. FIG. 24. 1 on menera PQ parallele à CG: du point Q, où PQ coupe le demi cercle CQD on abaiffera la perpendiculaire QH, & l'on menera KQ = KC, alors K = √ 1 dd — dg, & CH = { d + √ = dd-dg. & HD={d — V÷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 — √ 1 dd — dg — x; & C H = { 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 HG. DG (DH). DG :: 2KH+ 2HG-2KH + HG (HG). 2KH + HG. c'eft-à-dire, DH. DG :: HG. 2KHHG. donc addendo DH. DH+ DG (HG) :: HG. 2KH+2HG (CL). c'est-à-dire; que DH. HG. CL. SCG=d. HG=x. QHDP=Vdg. CG-HG (d—x). QH (√dg). HG (x). donc dx-x2-dg. ou xx dx - dg. = 4 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 est xx = dx dg, d'où l'on tire cette analogie x g. x. d. or x = EB➡ HG. g➡ DG. d― CL. donc :: DH (g- x ) • HG (x). CL (d). = |