On aura donc

Fb . Ab ss (FA + Ab . Ab = (/A)*

z=(JA+Ab ) . Ab =/A . Ab+(Ab)' =/A f/A -/*) + ( A4)- = (/ A)--/A./S + (A4)‘.

Ayant donc

C/A)* = (/A )* -JA ./b -f(A by,

retranchant (/A)*, et ajoutant fA .fb , on aura fA.fb = (A b : donc aussi la ligne A f sera divisée en b, en moyenne et extrême raison.

47. Si du centre b , et d’un rayon b A, on décrit un arc qui coupe la circonférence au

point T, on' aura ! » 1 i ’ :> . ci

Tf=Tb = bA.

En effet, on aura

d’où (17, hv. 6) on tire cette proportion fA : /T :: JT : fb.

Donc les deux triangles /AT, fbT, qui ont l’angle en /commun, auront leurs côtés contigus porportionnels ; donc (6, liv. 6) ils seront semblables; donc aussi le triangle fbT sera isoscèle ; ce qui donne T b = T/

48. L’angle TbA-Tfb-hb T/(3a, liv. 1) = T b f~\r b AT; en ajoutant T b /, on aura

T b A + Tbf= 2TÔ/+ b\T ;

mais T b A -f- TbJ yalent deux angles droits : (i3, liv. 1) ; donc 2 T b J -f- b AT valent deux angles droits. Mais Tbj'=bAT -f- bT A (32, liv. i) = 2ÔAT (5, liv. 1) ; donc 2 T bf-\- b A T = 5ô AT = deux angles droits. Donc l’angle b AT, qui est le même que l’angle /AT, sera un cinquième de deux angles droits, et l’arc / T un dixième de la circonférence.