TL)-+2(LR)»=4(TA)»+4(AL

d'où soustrayant 2(LR)* ^ on a

2(TL)* = 5 — 2(LR)V

Mais on a trouvé ci-dessus

a(TL)« = aH-(LR)*j donc

5 — 3(LR)« = a4-(LR)«.

Soustrayant a, et ajoutant a(LR)*, on a

5 = 5(LR)»; ^ ou

i=(LR)* = (AB)\

Donc on aura LR = AB comme dans la première construction. On prouvera la n^éme cbose pour R/; les autres points sont déterminés comme dans la construction précédente : donc tous les points de la figure sont les mêmes que dans cette construction.

LÏYRE SEPTIÈME.

DE L'INTERSECTION DES LIGNÉS DROITES AVEC LES ARCS DE CERCLE ET ENTRE ELLES.

PROBLÈME

110. Étant donnés deux points hetM flunè droite (fig. 46), et le centre A asfec le rayon A B dim arc BCD ^ trouwr les deux points P e^ Q auxquels la ligne LM coupe ledit arc, si toute-' fois elle le coupe.

Solution. Des points L et M donnés sur la droite, pris pour centres, et avec leurs distances respectives MA, LA du centre donnée prises pour rayons^ soient décrits deux arcs qui se coupent en V ; du centre V et du rayon donné AB soit décrit un arc indéfini EFG : si cet arc coupe l'arc donné en P et Q , ces deux points seront les points cherchés ; s'il ne le coupait pas, 1^ droite LM n'en couperait pas moins l'arc donné.

Démonstration. Les quatre distances AP , AQ, VP, VQ étant égales entre elles , et les deux autres AM, VM aussi égales entre elles,

l3o GÉOUÉTRIE DU COMPAS.

les trois points P, M, Q seront dans la même droite" (1 S). On démontre de la même manière que les trois points Q , P , L sont dans la même ligne droite : donc la droite LM passe par les points P et Q ^ quand ces points d'intersection s'y trouvent.

Si le cercle EF G (Jig. fyj ) , décrit du centre V et du rayon ÂB, ne coupait pas le cercle BCD^ LM ne couperait pas ce même cercle.

£n effet ^ si l'on conçoit la droite VA qui côupe les cercles en C et F^ CF étant divisée par moitié en m^ on aura Vtti z=: m A. Donc LM coupera perpendiculairement VA en m (44) hors du cercle BCD ; si l'on prend un autre point quelconque P sur la droite LM^ datis le triangle rectangle PmA , on aura lé côté P A plus grand que mA^ piarce qu'il est opposé à un plus grand angle (5a et i8, /iV. i). Donc le point P sera beaucoup plus hors du cercle que le point in s donc la droite LM ne coupera dans aucun point le cercle BCD.

tlVRfi SEPTIÈMB. iSl

PROBLÈME

114. Etant donné (fîg. 48) un arc BCD ilêcrit du centre A ^ tromper les deux points oii la circonférence est coupée par la droite qui passe par A et par un autre point donné L.

Solution. Du centre L et d'un rayon arbitraire LP soit décrit un arc qui coupe l'arc BÇD en P et en Q j soit partagé l'arc PQ en deux parties égales au point m (60); soit déterminée la demi-circonférence mUn (64) :

les points m et n seront les deux points cherchés.

Démonstration. Les trois points A , m et L étant à la même distance des points P et Q ^ seront dans la même ligne droite ( \ 5). Mais la droite m A contient aussi le point n, extrémité du diamètre mn ( i5, Uv. 4) :

lZ2 GÉOMÉTRIE DU COMPAS.

PKOBLt:HE.

112. Étant donnés deux points A^ B ^une droite (fig. 49 et 5o)^ et deux points G ^ D cTime autre droite j trouver le point S ou elles se coupent.

Solution. De deux points d'une des deux droites^ par exemple^ des points A et B pris pour centres , et aveô les distances respectives AC, AD de ces points, et BG, BD des deux points C, D de l'autre droite , prises pour rayons , soient décrits quatre arcs , dont deux se coupent aux points C et c , et les deux autres aux points D et d.

Soit trouvé le quatrième point cT du parallélogramme CDdJ^, en faisant à De? =::Ccr, et

àDC=:Jcr(11).

Soit trouvée la quatrième proportionnelle aux trois lignes CcT, CD, Ce.

Avec cette distance prise pour rayon et des centres C et c soient décrits deux arcs qui se coupent en S ; le point S sera celui de Tinter^ section des deux droites AB , CD.

Démonstration. Les droites AB, Ce seront perpendiculaires Tune à l'autre (15, 14), ainsi

LITRE SEPTIÈME. l53

que AS y C c : donc le point S sera dans la même ligne AB ; puis AB ou AS étant aussi perpendiculaire àDrf(15, 14), la même KgneDrf sera parallèle à Ce (29, &V. i). Mais à cause des côtés égaux entre eux dans les deux triangles ^C^T y rfCD, on a les angles c?C«f , CrfD égaux (8, liv. i); donc les deux lignes CcT^ DûTsont aussi parallèles (28, /iV. i); donc les points t? , C , cT sont dans la même droite. Maintenant , à cause des deux côtés égaux dans fes deux triangles CBA, cBA, les angles GBA, cBA seront égaux (8, liv. i); par la même raison, on trouvera les angles ABD, A B^ égaux dans les triangles ABD^ AB^; donc, dans la fig. 49> l^angle cBrf, qui est la somme des deux angles cBA, ABii, sera égal à l'angle GBD, somme des deux angles GBA , ABD. Dans la fig. 5o, l'angle é?Brf, qui est la dififérence des deux angles AB^, cBA, sera aussi égal à l'angle CED, qui est la différence des deux angles ABD, CBA; donc pour les deux figures dans les triangles tBe/, GBD, qui ont deux côtés et l'angle compris égaux, le troisième côté cd sera égal au troisième côté CD (4, /^V. i). Mais CD=rfJ^ ; donc le triangle cd$^ est isoscèle; de plus, le triangle cCS étant aussi iso?'' on a la proportion

ccT : CD OU dS^ :: Ce •: CS;

d'où vient encore

ccT : cd :: cC : cS.

Donc les deux triangles cJ^d,cCS ont les angles égaux entre eux (5 , Iw. 6 ) ; d'où Tangle c<r tétant égal à Tangle cCS, CS sera parallèle à J'd(2g, àV. i). Or CD est aussi parallèle à Sd; donc le point S sera sur cette ligne; donc , etc.