GC X DA X BF = GA X DF X BC

Mais il est clair que j’obtiendrai une troisième égalité , en multipliant les membres correspondans des deux premières. Par conséquent ,

EAxDFxCBxGCxDAxBF = EBxDAxCFxGAxDFxBC.

Divisant de chaque côté par DF, DA, CB ou BC, je vois que EA X GC X BF = EB X CF X GA, égalité tout-à-fait pareille à celle qui a été annoncée.

« Une démonstration analogue ferait voir que les trois droites» qui concourent en A , coupent les trois autres de manière à donner

FB X EC X GD = FC X ED X GB;

que les trois droites qui concourent en B, fournissent GA X EC X FD = GC X ED X FA; et que les trois droites qui concourent en C , donnent

EAXGBXFD = EBXGDXFA. »

87. Mais ces relations sont moins utiles par elles-mêmes que par leure conséquences.

Supposons que le point G soit le milieu de AC (P. III, F. aS); GA = GC et l’égalité -

EA X GC X FB = EB X FC X GA,

démontrée dans le numéro précédent , devient EA X FB = EB X FC,

puisqu’en supprimant GC à gauche et GA à droite, on divise les deux membres par un même nombre d’unités de longueur. Or (71), la dernière égalité donne la proportion

EA : EB ; : fc : FB

qui montre que si l’on trace EF, cette droite se trouve parallèle à AC (80).

COMBINAISONS GÉNÉRALES SES DROITES. lo5

De là ce principe : Si après avoir tiré deux concourantes qucl~ conques AB, CB, par les extrémités d’iaie droite donnée AC, et une troisième GB, par le milieu G, on en mène, par les mêmes extrémités , deux autres AF, CE qui se croisent sur celle du milieu, les intersections E , F des deux premières et des deux dernières, déterminent une parallèle à la droite donnée.

Lo réciproque est également vraie , c’est-à-dire que les concours B, D des deux groupes de transversales qui joignent les extrémité» de deux parallèles AC, EF, déterminent une droite BD dont le prolongement passe par le milieu G de la plus grande.

Pkobl. (a) : Tracer , par alignemens , une droite qui soit parallèle à une autre AC et qui passe par un point donne E

(F. III, F. a5).

Prenez, avec un cordeau ou avec une perche, une longueur arbilfuirc; portez-la sur AC, à partir d’un point quelconque A et deux fois de suite ; plantez verticalement des jalons aux points G, C qui en résultent; plantez-cn aussi sur A et sur E; mettez un cinquième jalon en D , point quelconque de EC , un sixième en B concours des alignemens AE, Gü , et un septième en F, rencontre des alignemens AD, BC. La direction EF sera celle de la parallèle demandée.

Vous voyez que ce tracé, applicable à tonte espèce de localité, n’exige que des jalons et une perche ou un cordeau de longueur quelconque. Si le terrain est accidenté, les parties égales AG, GC doivent être portées sur AC, horizontalement, c’est-à-dire qu’il faut tenir la perche de niveau , en portant la longueur arbitraire deux fois de suite sur la droite donnée. Du reste , ce qui a été démontré (p. 97) touchant l’influence de l’écartement des points sur la direction d’une droite, fait voir qu’il importe de placer les jalons, à la plus grande distance possible les uns des autres.

Probl. (h) : Elever une perpendiculaire au milieu d'une longue droite AB donnée sur le terrain (P. III , F. nG).

Il n’y a pas possibilité d’opérer comme dans le probl. (a) de la p. 55, à cause de la grandeur du rayon qu’il faudrait prendre pour décrire les petits arcs. A la vérité , on pourrait déterminer le milieu I de AB, par le tracé du probl. de la p. g5 et recourir ensuite au probl. (c) de la p. 5G, pour élever la perpendiculaire demandée. Mais , si le milieu I était inaccessible ou si scs abords présentaient des obstacles au tracé des arcs , il y aurait nécessité d’employer le procédé suivant.

Choisissez la partie de la droite dont les abords soient le plus libres, AC par exemple; élevez une perpendiculaire au milieu de cette partie, ou bornez-vous à décrire, des extrémités A, C, deicc petits arcs de meme rayon , qui se coupent en D ; menez par B une parallèle à CD ; marquez le concours E de cette parallèle et de AD ; marquez aussi la rencontre F de BE avec FG , parallèle à AB menée

. L . Googh