AD.NC.OB — AN.OD.BC

Multipliant ces deux égalités terme par terme, et retranchant les facteurs communs, il vient (b)

MA.NC.OB — MB.NA.OC,

ce qui est la proposition énoncée.

10. Corollaire 1. Si l’une des trois transversales, OD par exemple, passe par le milieu du côté opposé au sommet de l'angle dont elle part, on aura

OB— OC et l'égalité (b) se réduira à MA.NC — MB.NA,

ou, ce qui est la même chose, à la proportion

TR MA : MB :: NA : NC,

c'est-à-dire, que dans ce cas, les deux autres transversales déterminent des segmens proportionnels sur Les côtés qu’elles coupent. Donc si l’on meuait une droite par les points Met N, cette droite serait parallèle à BC, car elle formerait un triangle AMN qui serait semblable au triangle ABC (voy. Triancre), puisque ces deux triangles auraient un angle égal compris entre descôtés proportionnels.

Il résulte de ces considérations la proposition suivante : {a base d’un triangle étant partagée en deux parties égales par une droite ürée du sominét; ‘si d'un point quelconque de cette droite on abaisse ,- sur chacun des autres côtés, une transversale passant par le sommet de l'angle opposé , les points où ces transÿersales rencontreront les côtés, ou leurprolorigement, appartiendront à une droite parallèle à la base.

11. Corollaire 2. Supposons qu’une des trois transversales, DC par exemple (PI. 58, âg. 18), soit parallèle au côté AB opposé au sommet de l'angle par lequel elle passe ; les deux segmens MA et MB deviendront infniment grands, et l’on aura MA — MB, ce qui rendra l'égalité (b)

NC.OB — NA.OC, d’où NA : NC :: OC : OB,

c’est-à-dire, encore, que les points d’intersection O etN des transversales déterminent sur les côtés AC et BC des segmens proportionnels. Donc si par cès points O et N on fait passer une transversale ON , elle partagéra le côté AB en deux parties égales (u° 8); et, conséquemment, |

Si d’un point quelconque d’une droîte parallèle à La base d’un triangle on abaisse sur chaque’ côté une transversale passant par le sommet de l'angle opposé, les points où ces transversales réncontrent les côtés où leur prolongement déterminent une droite qui pûrtage la base en deux parties égales.

12. Les propositions I et II sont les fondemens de toute la géométrie des transversales rectilignes. Non seulement elles donnent les moyens de résoudre la plupart des problèmes géométriques à l’aide de la règle seule sans employer les arcs de cercle, maïs leur application à l’arpentage rend inutile, dans üh très: grad nombre de cas, l'emploi des instrumeus pour mesurer les angles et n’exige que celui des jalons. Les questions suivantes vont donner dés éxemples de ces diverses applications. F

Propième 1. Par un point donné M (PI. 55, fig. 15) mener une parallèle à la droite donnée BC. (

Ayant pris à volonté sur BC deux parties égales

TR

BO et. 0G, on mènera les droites CM et BM , et l'on prolongera BM jusqu’à ce qu’elle rencontre en un point quelconque À la droite OA, menée d’une manière arbitraire par le point O, milieu de BC. On joindra les points À et C par la droite AC , puis de l'extrémité B ou fera passer une droite BN par le point d'intersection des droites MC et OA ; le point N où cette droite rencontre AC appartiendra à la parallèle demandée, et le problème sera résolu en menant MN.

Cette construction repose sur le premier corollaire de la secoude proposition (n° 10).

Proezème 2. Partager une droite donnée DC en deux parties égales (PI. 58, fig. 18). Ayant mené une droite AB parallèle à DG, on tirera vers un point quelconque O les droites DO et CO qui coupent cette parallèle en À et en B. Puis par ces points et par les points Det C on fera passer les transversales AG et BD; la ligne ON , menée du point d’intersection des transversales au point O , divisera DC en deux parties égales. (Corollaire 2. Prop. I, n° 11.)

Proezème 3. Mesurer sur le terrain une ligne inaccessible AM (PI. 58, fig. 16). On prendra sur l’alignement de AM un poiit quelconque B, puis d’un autre point O pris arbitrairement sur le terrain, on fera passer par le point B une droite BO qu’on prolongera arbitrairement jusqu'en C. Ayant ensuite marqué le point N où les alignemens MO et AC se coupent, on mesurera NA, NC, AB, OB et OC, et la longueur de AM sera donnée par l'expression (Prop. 1, n. 8.)

MA.NC.OB — MB.NA.OC.

En effet, à cause de MB == MA + AB, cette expression donne

MA.NC.OB — MA.NA.OC + AB.NA.O0C d’où NA.OC MA = AB. Re OR NALOC:

Prosème 4. Prolongér sur le terrain une ligne droite AB (PI. 58, fig. 16) au-delà d'un obstacle , placc en À, qui ne permet pas de prendre un alignement.

On choisira hors de AB un poiut C d’où l’on puisse découvrir les deux points AetB, puis on marquera sur les alignemens CA et CB les points N etO, tels que la droite NO puisse rencontrer AB sans être arrêtée par l'obstacle. Désignant par M le point de rencontre qu'il s’agit de déterminer, et considérant AB comme une transversale qui coupe les côtés du triangle NOC , on aura d’après la proposition I

MN .AC.BO — MO.AN.BC ou

Qc un em