LIVRE ONZIÈME

donc an cercle décrit du centre g et du rayou ga passera par le point u , et sera concentrique au cercle Al net.

On a ensuite ga :=: |/5 (1 85) ; et comme anszzuet, on a (95)

ga : gA :: au : na;

c'est-à-dire

:: 2 ma-

dcmc on aura

nett

tfou aussi chaque côte du rhombé PB/^Qssnoc

=: ~ j donc si Ton compare les points t , B ,

p,Q, A de la fig, 90 avec les points A, /?, B, Py Q de la fig. 3 , on aura pour la fig. 90

BQ.BA = (BP)*(19),

c'est-à-dire

d'où AQ qui est dans la même droite ( 1 5) s:

. 1 78. Ce problème , qui a une solution assez simple y devait trouver place ici à cause de la division ilécimale qu'on exécute en divisant en

!à28 GÉOMÉTRIE DU COMPAS.

deux, puis eu cinq ou réciproquement. Le problème suivant est aussi de quelque utilité.

PROBLÈME

179. Former (fig. 90) un triangle rectangle dont les côtés soient en proportion arithmétique.

Solution. Après avoir fait la construction de la solution précédente (1 77) , du centre E et du rayon EQ soit coupée la circonférence eu N; le triangle BNE sera le triangle cherché.

Démonstration. Ce triangle sera rectangle (5i, liv. 5) ; puis faisant AB= i , on aura