AB.BU

-R k. -D -^AC^— (AB^+BC"^)

et COS. B obtus = R X . ; ^ ^ ' \

(1248) Cor. Si le rayon=l, on a (1231 2°) BD=BAXcos. B et 2BC.BAX cos.B = 2BC.BD ; donc, quand B est aigu, 2BC.BAxcos.B=BC=^+BA^-AC^ et ajoutant AC^ de part et d'autre ; AC''^+2 cos. BxBC.BA=BCHBA^ ; ôtant maintenant de chaque côté 2 cos. BxBC.BA, on a AC^=:BC^— 2 cos. B X BC.B A+B A^. D'où, AC=v/(BC'^-2 cos. B x BC.BA +BA2). Si B est obtus, on démontre de la même manière que AC=v'bC^+2co8. BxBC.BA+BA'^.

PROP. VI. PROB.

(1249) Etant donnés les sinus de deux ares AB, BD ; trouver le sinus DK de leur somme, et le sinus EF de leur diftérence.

Soit BE=BD, l'arc EA=AB— BD, et EF=sin.EA = sin.(AB— BD). Ayant joint DE et mené CB, on a DL=sin. BD = (1216) demi-corde de l'arc double DE.

Soient LN, El parallèles à AC, LH perpendiculaire à AC, c.-à-d., parallèle à BG et à DK. Les tri-

ï iL

RECTItIGNE. 469

angles semblables DNL, DIE donnent DN: DI::I)L : DE ; or DL=| DE ; donc DN=i DL De plus, LH=NK ; or NK+ DN=DKetNK— NI=LH-DN=EF. Cela posé, les triangles semblables CBG, CLH donnent CB : CL :: BG : LH, ou R. Cos. BD :: sin. AB : LH ; d'où, LH = | (DK+EF\= sin. ABXcos. BD. Les triangles semblables (323) CBG,

DNL donnent CB : CG :: DL: DN, ou R : cos. AB :: sin. BD :

DN=:i (DK— EF)=sin. BDxcos. AB ; donc (367) DK ou

R D:N'+LH = sin. ABXcos. BD+sin. BD x cos. AB et Er=

U sin. ABXcos. BD — sin. BDXcos. AB; c.-à-d. que: R

(1250) Cor. 1. Le sinus de la somme de deux ares, est égal à, la somme des produits du sinus du plus grand par le cosinus du plus petit et du sinus du plus petit par le cosinus du plus grand, divisée par le rayon ; et le sinus de leur diâérenee est égal à la diflérence de ces produits divisée par le rayon.

(1251) Cor. 2. Si AB=BD, on a sin. (AB+BD)=sin. 2AB = 2 sin. AB X cos. BD, d'où l'on tire li: cos. AB ::

R 2 sin. AB : sin. 2AB ; c.-à-d., le rayon, est au cosinus d'un arc, comme le double sinus de cet arc, est au sinus du double de cet arc.

(1252) Ccir. 3. Soient AE, AB, AD trois arcs tels que la différence BE du premier au second est égale à la différence BD du second au troisième, on aura le rayon, au cosinus de la difierence commune BE, comme le sinus de AB l'arc du milieu, à la demi-somme des sinus de AE et AD les arcs extrêmes; car, la droite LH menée par le point milieu L du côté DE du trapèze KFED=(325) | (sin. AD+sin. AE) et on vient de voir (1249) que CB : CL :: BG : LH, ou R : cos. BE :: sin. AB : | (sin. AE+sin. AD).

2° Cor. 4. On vient de voir que CB: CL::BG: LH, ou

R : cos. BE::sin. AB : |sin. AD+i sin. AE ; donc, si l'on

met AB=A, BE=B, B.^1, on aura AD=A+B et AE=^A — B, et la proportion deviendra 1 :cos. B:: sin. A : | sin. (A+B) + 1 sin. (A— B) ; d'où (88) sin. AXcos. B = -| sin. (A+B)+J sin. (A— B). Maintenant soit A+B=S et A— B =D, ou aura (368) A=S+D et B=S— D ; d'où, sinS+DX

COS. S— D^l sin. S+i sin. D ; mais comme S etD sont deux

arcs quelconques, on peut encore les désigner A et B ; donc, sin. A+Bxcos. A— B= i sin. A+i sin. B, on 2 sin. A+BX

COS. A — B=siu. A+sin. B.

■ 2 (1253) Sco. PROB. Etant donné le sinus BE d'un are, on trouve facilement le sinus BF=AF=(1216) i AB de la moitié BD ou AD de cet arc.

Car, le cos. CE= (1227) l^CB''^— BE'^ ou ^^K^ — (sin. AB)^ et sinus-verse AE= AC — CE=R — COS. On a donc, dans le triangle rectangle BEA, les côtés BE, E A, pour^trouver BF=| BA=i i/(BE'-^+ AE^) =1 l^sin. "-^AB+sin.-ver. ^AB.