LITRE QUATRIÈME

PROBLÈME

75* jijouter à la ligne AB (iig. olS) la dis^

tance CD en ligne droite.

Solution. Du centre B ( si c'est de ce côté qu'on veut ajouter la distance CD) et d'un rayon CD, soit décrit le cercle FGEH. Du centre A , et d'un rayon quelconque , soit décrit un arc qui coupe le cercle en £ et F ; qu'on divise en deux parties au point H l'arc £HF ( 60) > le point H sera sur la droite AB , et AH sera la somme des deux distances AB , CD.

Démonstration. Les triangles EBH, FBH ayant les côtés respectivement égaux, ainsi que EBA, FBA, Fangle EBH sera égal à i*angle FBH, et l'angle EBA égal à l'angle FBA. Donc

EBH H- EB A = FBH + FBA.

Mails la somme de ces quatre angles vaut quatre angles droits (i5, AV. i) : donc leui moitié (par exemple EBH + EBA) vaudra deux angles droits ; d'où l'on voit que la ligne HBA sera droite (i4, Ui^. i). De plus, BH=CD;

donc

ah = Ab + cd.

■ PROBLÈME

74. Placer sur AB (fig. aS), de B i^ers A, fa distance CD plus grande que AB.

^ ,SoUition^ Du centre B et du rayon CD* soit décrit un arc indéfini LMN, ou un cercle entier j du centre A, et dun rayon arbitraire, soit décrit un arc qui coupe le premier arux points li et N ; qu'on divise l'arc L N en deux parties égales au point M (60), la ligne BM sçra, la ligne CD placée où on voulait ççaeïle le fût.

'Démonstration. Comme on a Tangle LMA

=à: NiVIÀ == -^-LMN, et aussi LMB^=NM-B

= - LMN, on trouvera , par le moyen des

démonstrations dés deux proWëinés précédens, que l'angle LM A = LMB : d'où l'on voit que B AM eët droite ^ de plus, eUe est ^gale à CD : ^nc, etc. — > . \ . î : ;^

V 75* Qbseirvation. Si Parc décrit.du centre A Coupait 'à angles trop aigus l'arc décrit du centre B , ce qui arrive quand la ligne AB est

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trop petite par rapport à CD, il faudrait ajouter à BA la lîgne égale AE en ligne droite , ei couper avec un arc décrit du centre E en L et M l'arc LMN.décrit du centre B; si alors les angles des deux arcs sont encore tro^ aigus, il faut tripler, quadrupler, etc. (65), la ligne RA de B vers A , jusqu'à ce que le point qui la termine , pris pour centre du second arc, donne les angles dïntersection en L et M plus approchans de l'angle droit. On fera la ibême chose dans les cas semblables pour les n°* 72 et 73.

76. Étant donnés deux points A et B (fig. 26) , trousser un point H tel que la droite BH soit perpendiculaire en ^ à la ligne AB, et égale à une ligne donnée QH^ . ^

, Solution. Du centre B , et avec la distance CD pour rayon, soit décrit un cercle F EH G; du ce;otre A, et avec la distance AB pour rayon, soit décrit un arc qui coupe le cercle en F et E ; qu'on détermine la demi-circonférence FEG (64) , et qu'on divise en deux parties égales au point H l'arc GE (60), le point H sera le point cherché.

Démonstration. A cause de la similitude des triangles GEB, EBA (22), on aura Tangle GEB = EBA : d'où l'on voit que GE est parallèle à BA (28, Iw. 1). Mais BH, qui divise l'angle GBE en deux parties égales, est perpendiculaire à la corde GE (9, ii> 12, Z/V. I ), et par coaséquent aussi à B A ( 2 5, Iw, 1). Or, on a de plus BH == CD; donc H est le point cherché.

Si la ligne A B était plus petite que C D , ii faudrait doubler ^ tripler, etc. (64, 65)«

PROBLÈME

77. Étant donnés deux points h et B (fig. 27) , tromper un point D, tel que DA soit perpendiculaire à AB.

Solution. Des centres A et B , et d'un rayon (AB, par exemple) pris arbitrairement, soient décrits deux arcs qui se coupent en C ; avec le même rayon , et du centre C , soit décrite la demi-circonférence BAD (64), le point D sera le point cherché*

Démonstration. L'angle DAB est inscrit et appuyé sur le diamètre : donc il est droit (3; , liv. 5).