LIVRE NEUVIÈME. l

-g de la circonférence : donc l'angle B Aà, qui avec l'angle haK équivaut à deux droits (27, Uu. i), aura pour mesure -5 de la circonférence. En-

suite les deux triangles akB, a kg ayant tous leurs côtés égaux entre eux , l'angle ah g = ahB (8, Uu. i); d'où Tangle total ghB

aura pour mesure g de la circonférence , et

sera apgle de l'octogone, ainsi que l'angle AHG. L'angle hga sera encore égal à l'angle hBa, et les deux triangles g/a , BAa ayant aussi les côtés égaux entre eux , l'angle /ga sera égal à AB a(8, Im. i). L'angle hgfsersi donc composé de deux anglea respectivement égaux aux deux qui composent l'angle ABA : ces deux angles seront donc égaux ^ et chacuii d'eux sera par conséquent angle de l'octogone : il en sera de même pour l'angle HGF; les points^et F seront donc aussi sommets d'an-?

gles de l'octogone comme tous les autres.

Solution II. Avec le rayon AB et des points A et B pris pour centres décrivez comme ci^ dessus les deux demi-circonférences BCI>Ë^ ACde; et ayant fait àCE = Ea=B«== Aot ?=60(y du rayon AB et du centre /ï décrivez xm arc qui coupe l'arc DE en H et passe par

1[66 GÉQICâTRIB DU GOMPAS.

le poÎDt F ; avec le même rayon et du centre a, décrivez encore un arc qui coupe l'arc de en h et passe par le point /"; du rayon a À et du centre a décrivez an arc qui passe par le point y) avec le même rayon et du centre a décrivez un arc qui passe par le point F; enfin , avec le rayon ÂB et des centres H et F, h et f décrivez des arcs qui se coupent aux points Cr et g.

Démonstration. D après la démonstk^tïOn de la première solution^ les droïtes AB, f2<i étant parallèles et égales entre elles , ainsi que les droites aA, clB avec lesquelles elles forment des angles droits , si Uon £àit , pour abré^ ger^ AB = i ^ on aura aussi aA t^ 'ttf^i^ af = I • On a ensuite (Aa)*=i2ts2: (a/)* tm («F)* : donc les angks fc^a , Tau seront droits (48 > ii^* I )> et les points/, a, B dans h même droite ( i4 , Hv- i ) y comme aussi les points ¥ , a, A dans la même parallèle. En*suite de F^lité àefcLy Ta, il résulte que fF fiera aussi égale et parallèle à €ta ^ssxx , et Téietf sera un carré. De plus , le^ triangles TGa p h Ga ayant les cotés égaux entre «oic , oirt aussi les angles égaux (8 , /iV« j) , et Tangk ¥Ga est égal à GaHj les deux droites GH^ Fa senmt dont: parallèles , comme au(9si fG,

UTHE fi Etr^tÊliÉt. i6^

«fi (33 ^ fo. i) t maàÈ Y angle F^H «)ctërîeiir mu triàH^e izfl A «t égal anic deux angles iti** teneurs «opposés «HÀ^ aAH (3^^ &>. i)^ c'c^^àndire^ à trois cingler dantii^iroits : doue on a l'angle FaH = BAH ; donc aussi les angles opposés dans les parallélogrammes étant égaux (34, Iw. i) , FGH = BAH. On a eusuite l'angle AâH = aH6 : de plus^ l'angle AH a est droit ; donc aussi l'angle AH G vaut trois demi-droits. De même FangleyTa étant droit, et l'angle ^JPG étant égal à aHG qui est demi-droit, l'angle yT G sera, aussi égal k trois demi-droits. Ou démontre la même chose pouf lès angles eu y, g et h : donc tous les côtés et tous les angles étant égaux ^ la figure sera un octogone régulier.

Si l'on .quadtuple les deux membres de l'é-* quatiou (15)

(QM)* = (AQ)* — (AM)S qui appartient à la figure 5 , on aura

4(QM)«==:4(AQ)--4(AM)'; c'ost-à-^lire

(Qî)-=4(AQ)--(AB)-; '~~ Béandte le théorème suiraut poiu: tout

l68 GÉOMÉTRIE pu COMPAS.

rhombç quelconque : le carré dune des cUorgqrudes du rhombe vaut quatre fois Zç carré dun de ses côtés. ^. moins le carré de Vautre diagonale; d'ou^ dans le rhombe Fa ^ HG^

(aG)*=:4(Fa)v— (FH)\

Mais comme Vangle FGH = HAB^ et que les CQfés qui comprennent ces deux angles égaux sont aussi égaux ^ on a aussi

FH = BH (4,&V. i)..

On aura donc

(ûG)* = 4( AB> ^ (BH)* == (BE)^— (BH)\

Mais (Si, ûV. 5, et 47> ^^^ i)