DO

ainsi que cela se démontre en égalant le produit des extrêmes au produit des moyens , on aura

AB : AN :: y/| : ij

c’est-à-dire que AB est à AN dans le rapport de la hauteur de la pyramide tétraèdre à son côté (175). Donc, etc.

PROBLÈME

177. Diviser (fig. 90 ) la ligne AB= 1 en cinq parties égales , lors même qu’on ne peut pas avoir une ligne quintuple de AB, comme au n° 69.

r* v- ; , ; f r. y/ > <' f tV? ‘î'i p ' Prtr? '

Solution. Après avoir, du centre A et du

rayon AB, décrit le cercle BD p, et avoir fait dans sa circonférence à AB = BC = CD = DE, et à BD = Ba = Ba = Ea œ Ea , soit du centre a et du rayon AB, coupée la circonférence en g; de ce point g comme centre et du même rayon soit décrit l’arc An a; maintenant dü centre a et du rayon BE soit coupé cet arc en n ; du centre B et du rayon an soit coupée la circonférence en P et p ; des centres p et P et du même rayon p B soient décrits deux arcs qui se coupent en Q; AQ sera un cinquième de AB, et sera placée sur sa direction.

Démonstration. Si l’on prend un point u sur la direction de AE, et qu’on ait Au=Aa, on aura, à cause des angles droits a Au, et Am,

[auf — 2 (A af = a(«A)* t= (au)* = 4— ( BE )* > d’où

au=au — BE = an ;

puis les angles égaux gAB , gAa valant chacun la moitié d’un angle droit (30), les angles gAa, g Au égaux entre eux vaudront chacun trois fois la moitié d’un angle droit. D’où les deux triangles gAa, g Au ayant un angle égal compris entre côtés égaux, le troisième côté g a sera aussi égal au troisième côté gu (4> &V. i) :