LIVRE QUATRIÈME

PROBLÈME

73. Ajouter à la ligne AB (fig. a5) la distance CD en ligne droite.

Solution. Du centre B ( si c’est de ce côté qu’on veut ajouter la distance CD ) et d’un rayon CD, soit décrit le cercle F GE H. Du centre A , et d’un rayon quelconque , soit décrit un arc qui coupe le cercle en E et F ; qu’on divise en deux parties au point H l’arc EHF ( 60), le point H sera sur la droite AB , et AH sera la somme des deux distances AB , CD.

Démonstration. Les triangles EBH, FBH ayant les côtés respectivement égaux, ainsi que EBA, FBA, l’angle EBH sera égal à l’angle FBH, et l’angle EBA égal à l’angle FBA. Donc

EBH -f- EBA = FBH + FBA.

Mais la somme de ces quatre angles vaut quatre angles droits (t5, liv. i) : donc leui moitié (par exemple EBH + EBA) vaudra deux angles droits ; d’où l’on voit que la ligne HBA sera droite (i4> Uv. i). De plus, BH=CD;

donc

AH = AB -f- CD.

74 4 Placer sur AB (fïg. a5), de B vers A, la distance CD plus grande que AB.

Solution. Du centre B et du rayon CD , soit décrit un arc indéfini LMN, ou un cercle entier ; ‘du centre A, et dun rayon arbitraire, soit décrit un arc qui coupe le premier aux points L et N ; qu’on divise l’arc LN en deux parties égales au point M (60), la ligne BM sera la ligne CD placée où on voulait qu’elle le fût.

Démonstration. Comme on a l’angle LM A

sas NM A = - LMN, eft aussi LMB =NMB

= - LMN, on trouvera, par le moyen des

démonstrations des deux problèmes precédens, que l’angle LM A = LM B : d’où l’on voit que B A M est droite, j de plus, elle est égale à CD : donc, etc.

75. Observation. Si l’arc décrit du centre A coupait à angles trop aigus l’arc décrit du centre B , ce qui arrive quand la ligne AB est