LIVRE QUATRIÈME

trop petite par rapport à CD, il faudrait ajouter à B A la ligne égale AE eu ligne droite , et couper avec un arc décrit du centre E en L et M l’arc LMN décrit du centre B ; si alors les angles des deux arcs sont encore trop aigus, il faut tripler, quadrupler, etc. (65), la ligne BA de B vers A , jusqu’à ce que le point qui la termine, pris pour centre du second arc, donne les angles d’intersection en L et M plus approchans de l’angle droit. On fera la même chose dans les cas semblables pour les n°* 72 et 73.

PROBLÈME

76- Etant donnés deux points A et B (flg. 26) , trouver un point H tel que la droite B II soit perpendiculaire en B à la ligne AB, et égale à une ligne donnée CD.

Solution. Du centre B , et avec la distance CD pour rayon , soit décrit un cercle FEII G; du centre A, et avec la distance AB pour rayon, soit décrit un arc qui coupe le cercle en F et E ; qu’on détermine la demi-circonférence FEG (64), et qu’on divise en deux parties égales au point II l’arc GE (60), le point H sera le point cherché.

Démonstration. A cause de la similitude des triangles GE B, EBA ( 22 ), on aura l'angle GEB = EBA : d’où l’on voit que GE est parallèle à B A (28, liv. 1 ). Mais BH, qui divise l’angle GBE en deux parties égales, est perpendiculaire à la corde GE (9, 11, 12, liv. 1), et par conséquent aussi à B A (28, Uv. 1). Or, on a de plus B H = CD; donc H est le point cherché.

Si la ligne AB était plus petite que CD, il faudrait doubler, tripler, etc. ( 64 , 65 ).

PROBLÈME

77 . Étant donnés deux points A et B (fig. 27) , trouver un point D, tel que DA soit perpendiculaire à AB.

Solution. Des centres A et B , et d’un rayon (AB, par exemple) pris arbitrairement, soient décrits deux arcs qui se coupent en C ; avec le même rayon, et du centre C, soit décrite la demi-circonférence B AD ( 64 ),. le point D sera le point cherché.

Démonstration. L’angle DAB est inscrit et appuyé sur le diamètre : donc il est droit ( 5 i , liv. 3 ).