AA
point c valant a», j’ai Bca=a-w — c — Acb, ou Bco=A — c+x, La somme des trois angles du triangle Bac valant a» , j’ai
B^c = a*- — B — Bca, ou Bac=3v — A — B-f-c — x.
Enfin , la somme de» trois angles du triangle Cba valant a» ,
j’ai Caô = 3« ^ C — C^a = ô — C-j-x. ,
Voilà tons les angles trouvés : il sera facile maintenant d’avoir
tous les segmens A é , Ac, Ba, Bc, Ca, Ci, par le seul principe de la proportionnalité des côtés avec les sinus des angles opposés. Par exemple :
Le triangle Acb donne Ac : cô ; : sin.Aôc : sin.cAô , ou asin.z
Ac
sin.A
De même, le triangle cBa donne cB : ca : : sin.caB : sin.cBa, b sin (AH-B — c+z)
ou cB =
sitl.B
Ajoutant ces deux équations, on aura Ac+cB, ou AB, ou
„ osin.z 6sin.(A+B — c+a) , . . . .
C = — ^ — — 4 : — ,, — , ou multipliant tout par
siii.A sin.B
sin.A sin.B, ■ '
C sin. A sin.B = O si'ii.B sin.a + b sin. A sin. (A + B — c+z) (A)
je développe la valeur de sin. (A-l-B — c + z), et j’ai sin.(A+B — c+z)=sin.(A + B — c) cos.z + cos. (A+B — c) sin.z.
Substituant dans' l’équation (A), on aura, à cause de cos. Z = t/ 1 — sin. Z*.
C sin. A sin.B — [a sin. B + ô sin.A cos. (A+ B — c) ] sin. *
= ô sin. A sin. (A+B — c) i — sin.z’.
Elevant tout au carré, transposant et ordonnant par rapport à sin.z nous aurons
^ . îCsin. A sin.B [a sin.B + ôsin. Acos.(A + B — c)]
sin.z sin. g Acos. (A + B — c)j* + ô’sin. (A + B — c)*
i’siii. (A + B — c)’ — C’sîn. A*.sin. B*
[a sin.B + ô sin.A cos. (A + B — c)]*+é’sin.(A + B ; — c)‘ ’
équation du second degré qui donne la valeur clierchée de sin.z.
'Quoique l’cquatiosi précédente ne soit que du second degré, die donne quatre solutions; c’e-st-à-diro, quatre valeurs diffé-
D.E POSITION. 5-q
rentes pour z; parce que chacune <lcs cleu.K valeurs de siii.^ répond cllc-uùme à deux angle* diiTérens supplémcns l’un de l’autre.
'uf'
pnonnâME xlil
SîS. Sur une droite donnée MN (fig. ii’j), trouver un
point A dont les distances AB, AC à deux points donnés B , C soient en raison donnée. '
Soit a le rapport donné do AB à AC , c’est-à-dire , = a
AC
par les points donnes B, C, je mène la droite indéllnie BCII'. Je divise l’intervalle BC dans la- raison donnée au point II ,
c’est-à-dire qu* je fais = <*> on BH : Cil :: o : i , ou,
BH-t-CH ; BH;:o+ 1 :a; ce qui donne BH = BC .
Je détermine pareillement sur le prolongement de BC uit
autre point H', tel que BH', CH', soient aussi dans la ration
donnée; c’est-à-dire , qu'on ait B H': CH';: a: i , ou B H' —
CH' : BH'::a — i : a, ce qui donne BH'.= BC — ^ — .
Alors sur HH' comme diamètre, je décris un cercle. Cela posé,
la circonférence de ce cercle coupera la droite proposée MN en deux points A, A', qui l’un et l’autre satisferont à la question proposée.
Car (199) la circonférence HAA'H' est le lieu géométrique de tous les jpoints dont les distances aux points B, C sont dans
la raison donnée a , ou de BH à CH.
Si l’on veut avoir l’expression analytique du diamètre HH ,
ou celle du rayon HA , on remarquera que HH' = BH'.CH' —
58o , GEOMETRIE ST
B fi. CH (197). Or nous avons déjà trouvé BH==BC
Bir = — et de même, on voh^que CH = BC
