du fommet du triangle les diviferont proportionnellement.
Même fuppojîtion faite que ci - dejfus 3 on demande
de retrancher des lignes B O 3 A O 3 deux portions
égales.
Pour cet effet , foit abaiflee du point A fur
BO la perpendiculaire A C , ( fig. i o , pl. 4 . ) &
fur le même point A foit é le vé e , perpendiculairement
à A O , la ligne AD , rencontrant la
ligne BO en D j divifez enfuite en deux également
Tangle C AD par la ligne AE : cette ligne, en rencontrant
BO en E , déterminera les lignes A O ,
EO , égales. g g
IJ eft facile de le démontrer, en faifant voir
<jue, par cette conftruétion Tangle OAE devient
égal à OEA. En effet Tangle OAE eft égal à
Tangle O A C plus C A E , & Tangle OEA eft égal
à ODA^ou O A C plus EAD ou E A C , fon égal :
donc Tangle OAE eft égal à O E A , & le triangle
OAE eft ifocele : donc, &c.
Même fuppojîtion encore que ci-deffus , divifer Vangle
AOE en deux parties égales.
Faites la même conftrucftion que dans le problème
précédent i puis, à la ligne AE , ( même fig.
ro.) tirez une parallèle quelconque FG entre les
deux lignes données 5 après cela divifez les lignes
A E , FG , en deux également en H & I : la
ligne HI divifera Tangle A O E en deux également
J ce qui eft trop facile à démontrer pour s’y
arrêter.
Ces opérations fo n t, comme Ton v o i t , des
opérations de géométrie pratique aflez utiles dans
certains cas > par exemple , s’il s’agifîoit de percer
des routes dans une forêt, ou bien lï Ton vouloit
qu’elles circulafTent à l’entour d’un centre commun
extrêmement éloigné, ou qu’elles aboutif-
fent à ce centre.
Deux côtés d’un triangle re ft i ligne étant donnés 3 &
l ’angle compris , trouver fon aire.
Multipliez un de ces côtés par la moitié de
l ’autre, & le produit par le finus de l’angle compris
j ce nouveau produit fera l’aire.
On démontre en effet aifément que Taire de
tout triangle reétiligne eft égale à la moitié du
reéhngle de deux de fes côtes quelconques , multiplié
par le linus de Tangle compris.
C a r , foit le triangle A B C , {fig. 1 6 , pl. 4 .)
dont l’angle A eft aigivj qu’on conçoive le triangle
A F C , dont l’angle F A C foit droit, & A F égale
à AB : foit un quart de cercle décrit du centre A
par F & B j & enfin la perpendiculaire BD fur la
bafe. J
Il eft évident que les deux triangles FAC i
B A C , font entr’eux comme AF à BD, ceft-à*
d ire , dans la raifon du finus total au^finusde
1 angle B A C , ou de l’unité au nombre qui exprime
ce finus : donc, le triangle FAC étant égal an
demi-reâangle de FA par A C , le fécond fera égal
àce^eini-reétangle multiplié par le finus de l’angle
Cette propriété évite un circuit, qu’on eft
obligé de prendre pour trouver d'abord la gras-
deur de la perpendiculaire abaiflee de l’extrémité
d’ un des cotés connus fur l’autre, afin de multi-
plier enfuite ce dernier côté par cette perpen-
ai citai re.
Soient, par exemple, les deux côtés AB, AC
refpeâivement de 24 & 65 toifes, & l’angle compris
de 4 j° . Le produit de 65 par 11 toifes eft
7 j é i le finus de 450 eft o , 70710 : multipliez donc
T) 6 par 3 ,70710 fuivant la méthode des frayions
décimales ; le produit fera 534
Mefurer la furface et un quadrilatère ou trapeqe quelconque
, farts la cohrioijfance de fes côtés.
La folution de ce problème eft une fuite du’
çrécédeut. Un trapëfe ABCD (fig. M K ' a l l
• étant donné, mefurez les'diagonales A C , BD,
ainfi que l’angle quelles font a leur interfeélioB
en E ; muhipliez-les enfemble, & la moitié du
. produit par le finus de l’angle ci-deflus : ce produit
fera l’ aire,- ce qui eft incomparablement plus
court, que fi on le réduifoit en triangles pour
mefurer chacun d’eux.
On tire de-là un théorème àfféz ' curieux, &
qui n’a , je crois , point encore été remarqué.
C ’ e ftq u e , « Si deux quadrilatères ont des diagonales
égales & faifant le même angle, quelle
que foit d’ailleurs la manière dont elles fè coupent
l’une l’autre, ils font égaux entr’eux
Ainfi , le quadrilatère A B C D , (fig. 14. ) eft,
égal au parallélogramme obed, (fig. iS , n°. 1 . I
qui a les mêmes diagqnajes,& également inclinées
l’une à l’autre.
,2°. Ce même quadrilatère ABCD eft égal au
triangle B A C , (fig. 18, nc . 2. ) formé par H
deux lignes A C , A B , égales aux diagonales AC-,
D B , & inclinées dans le même angle.
3°. Ce même quadrilatère eft encore égal au
triangle AB C , (fig. 1 7 , n5. 3.) fi les lignes AC,
DB , de ce triangle font égales aux diagonales du
quadrilatère , & également inclinées.
4°. Enfin ce quadrilatère A B CD , (fig. 14.) eft
égal au quadrilatère abcd , (fi0. 18 , n“ . 3.) dont
les diagonales même, ne fe coupent pas, fi a c , S ,
font égales à A C , DB ; & l’angle b e c égal à
l’angle BEC.
Deux cercles qui ne font pas ^entièrement' compris
l'un dans l ’autre3 étant donnés, trouver le point
d’oit tirant une tangente à lUin 3 elle foit aujjt tangente.
a l'autre.
Par les deux centres A & B des deux cercles,
(fig- l 7 I 2 j f f l 4*) menez.la droite indéfinie
ABI> puis, du centre A , un rayon quelconque
A C } oc par le centre B le rayon BD, parallèle
au premier & dans le même fens. Les points C
& D étant joints par la ligne C D , elle rencontrera
AB dans un point I qui fera le point cherché?
ç’eft-à-dire, que fi du point T on tire une
tangente IE à l’ un des cercles, elle fera tangente
à l’autre. '
Le point I (fig. 1 7 , ne - 1 .) pourront fe trouver
entre les deux cercles, lorfqu’iis ne fe coupent
point l’un l’autre. Pour le trouver, il n’y a qu’à
tirer le rayon BD parallèle à A C , en fens contraire
à celui de la fig. 17 , n°. z , Tinterfedion de
AB avec BD donnera un point I , qui jouira de la
même propriété.
Nous ne pouvons nous empêcher d’obferver
kl que fi Ton tire du point I , ( fig. 1 7 , n° 2.) à
travers les deux cercles, une fécante quelconque,
comme IDJd ou Idh, le re&angle de ID par IH ,
ou Id par Ih , fera toujours le même , favoir ,
égal à celui des deux tangentes IE , IF. Pareillement
le reôangle de IC par IG , ou 1g par l e ,
fera égal au reélangle des mêmes tangentes : ce
qui eft une extenfion très-remarquable de la propriété
fi connue du cercle, par laquelle le rec- i
tangle. des deux fegmens iD , IG , eft égal au
quarré de la tangente IE.
Un père de famille laijfe en mourant3 a deux enfans3
Un champ triangulaire 3 & ordonne qu’i l leur fera
partagé également. I l y a un puits dans ce champ ,
qui fert a l'arrofer j i l faut cônféquemment que la
ligne de divifion pajfe par fon centre 3 afin qu’i l foit
commun aux deux héritiers. On demande la manière
de mener parce point la ligne qui partage
ce champ en deux également.
S o l u t i o n .
Soit le triangle propofé C A B , 8 c E le point
donne, (fig. I , pl. 5. Amufemens de Géométrie.')
Tirez du point E les lignes E D , E R , parallèles
i la bafe AC & au côté CB refpeéfivement, I
Jtifqu’à leur rencontre en R & D ; que la bafe
ÇA foit divifée en deux également en M ; & ,
3yant du point D tiré la ligne DM ,' que BNJui
foit menée' p ara llèlement& la ligne CN divifée
également en I; fur IR. foit décrit le demi-cercle
Tfïl, dans lequel appliquez1 R K = B .C , & tirez
UC à laquelle vous ferez IF égale : ce point F
^ le point E détermineront la ligne FEG.
Il eft évident qu’ il faut que CI foit au moins
double de Ç R ; car, autrement, CR ne po.urroit
être adaptée dans le demi-cercle décrit fur RI :
ce quirendroit dans ce cas le problème impoflible.
En nombres. Soit BA =4 8 toifes, B C = 4 2 , C A
= 3 0 , C D = i8 , & DE ou C R— 6 y conféquem-
ment CM fora— 15. Or CD:CM::CB:CN, c’eft-
à-dire que i8:iy::42:3^ ; d’où il fuit cjue CN —
3 y & C I— 17j • confequemment CR étant égale
à 6 , on aura IR— n j . Or le triarigle IKR étant
reétangle, on aura IK— l/ IR *— UK*— } / 132?—-
3 6^=}/96* 3 ou <?tf e : c e qui donne CF de
*7^ - ■
La démonftratiotî de cette conftruélion eft trop
prolixe pour trouver place ici : il y a même une
multitude de cas qu’il feroit trop long de développer.
En voici feulement un des plus fimples? favoir
, celui où le point E eft fur un des côtés.
La conftruélion eft dans ce cas très-fimple? car ,
ayant divifé A C [ 2 , pl. y. ] en deux1 également
en M , 8c tiré EM , puis fa parallèle BN, û
le point N tombe au dedans du triangle , en tirant
la ligne EN le problème fera réfoTu:mais fi le
point N tombe au dehors , il faudra tirer la ligne
A E , & enfuite par le point N fa parallèle.NO ;
enfin par le point O la ligne OE : cette ligne ré-»
foudra le problème.
C a r , à caufe des parallèles E M , BN , le-triant
gle MB E =M NE ; donc, ajoutant à chacun le
triangle CM E , on aura les triangles CBM , CF.N
égaux. De plus à caufe des parallèles EA & N O ,
on aies triangles ANE , ÀOE égaux : confequem-
ment, ôtant de part '& d’autre le triangle commun
AGE,- le triangle ANG— GOE : d’où il fuit
qu’ajoutant à l’efpace CÀG E ce triangle GOE ,
on aural’efpace CAOEnbau triangle C E N , qu’on
a déjà vu être égal à la moitié de CBA.
«e Mais fuppofons que le même particulier eût
trois enfans , & qu’il Çallût leur divifer entr’eux
également lë meme champ, en faifant partir toutes
lés lignes du point donné E , & en fuppofant
déjà une ligne de divifion EB, »
Soit pour cela divifée le bafeÂG ( fig. y , pl. y )
en trois également, & que les points de divifion
foient D & G T foit tiree -la ligne ED 8é Fa para U
lele BF , & du point E Ma ligne EF : fi Je point E
n’eft pas hors du triangle, le trapeze BEF AB fera
un des tiers cherchés.
Mais fi le point F tombe hors du triangle, on
opérera comme on a vu plus haut, c’eft-à-dire
qu’on tirera à Tangle A laligne E A , ^edu point
F fa parallèle F O , iufqu’au côté B A , que.je fupt
pofe être rencontré en O : la ligne ÉOt donnera le
triangle BOE égal au tiers du triangle propofé.
On trouvera de la même manière l ’autre tiers
A a a a 1