423361DE MATHÉMATIQUE. Liv. X.
ſera perpendiculaire à la ligne B F, &
partout dans le triangle
rectangle B G E, dans lequel on connoît déja l’angle en E,
comme on vient de voir, on connoîtra auſſi l’angle G B E;
ajoutant cet angle à l’angle connu C B E du triangle iſoſcele
B E C, on aura l’angle total C B F; ainſi dans le triangle CBF
on connoît deux angles & un côté: donc on peut connoître
toutes les autres parties.
rectangle B G E, dans lequel on connoît déja l’angle en E,
comme on vient de voir, on connoîtra auſſi l’angle G B E;
ajoutant cet angle à l’angle connu C B E du triangle iſoſcele
B E C, on aura l’angle total C B F; ainſi dans le triangle CBF
on connoît deux angles & un côté: donc on peut connoître
toutes les autres parties.
Solution geométrique.
750.
Puiſque les parties de la ligne A C ſont connues, ainſi
que les angles A F B, B F C, je prends une ligne A B qui con-
tienne autant de parties égales que la ligne A B, que l’on ſup-
poſe ſur le terrein, contient de toiſes: je prends de même ſur
la ligne A B prolongée une partie B C qui contienne autant
de parties égales, que la ligne B C obſervée ſur le terrein con-
tient de toiſes. Je double l’angle A F B, j’ôte cet angle de 180
degrés, & je diviſe le reſte en deux parties égales. Au point
A & au point B, je fais les angles B A D, A B D égaux cha-
cun à la moitié de cette différence; ce qui me détermine le
point D. Je double de même l’angle obſervé B F C, & ôtant
ce double de 180 degrés, je fais en B & en C les angles C B E,
B C E égaux chacun à la moitié de la différence du double de
l’angle obſervé; ce qui me donne le point E: je mene la ligne
E D; du point B j’abaiſſe ſur cette ligne E D la perpendicu-
laire B G F, & je prends G F = B G; le point F eſt le point
qui me donne tout ce dont j’ai beſoin: ainſi je n’ai qu’à voir
combien les lignes BF, CF, AF contiennent de parties égales,
& j’aurai les diſtances du point F aux points donnés A, B, C.
que les angles A F B, B F C, je prends une ligne A B qui con-
tienne autant de parties égales que la ligne A B, que l’on ſup-
poſe ſur le terrein, contient de toiſes: je prends de même ſur
la ligne A B prolongée une partie B C qui contienne autant
de parties égales, que la ligne B C obſervée ſur le terrein con-
tient de toiſes. Je double l’angle A F B, j’ôte cet angle de 180
degrés, & je diviſe le reſte en deux parties égales. Au point
A & au point B, je fais les angles B A D, A B D égaux cha-
cun à la moitié de cette différence; ce qui me détermine le
point D. Je double de même l’angle obſervé B F C, & ôtant
ce double de 180 degrés, je fais en B & en C les angles C B E,
B C E égaux chacun à la moitié de la différence du double de
l’angle obſervé; ce qui me donne le point E: je mene la ligne
E D; du point B j’abaiſſe ſur cette ligne E D la perpendicu-
laire B G F, & je prends G F = B G; le point F eſt le point
qui me donne tout ce dont j’ai beſoin: ainſi je n’ai qu’à voir
combien les lignes BF, CF, AF contiennent de parties égales,
& j’aurai les diſtances du point F aux points donnés A, B, C.
751.
On pourroit encore réſoudre le problême géométri-
quement d’une autre maniere: il n’y auroit qu’à décrire ſur
les lignes A B & B C des ſegmens capables des angles donnés
A F B, B F C, & le point où ces cercles s’entrecouperoient au
dehors de la ligne A C, ſeroit celui qui donneroit les diſtances
demandées.
quement d’une autre maniere: il n’y auroit qu’à décrire ſur
les lignes A B & B C des ſegmens capables des angles donnés
A F B, B F C, & le point où ces cercles s’entrecouperoient au
dehors de la ligne A C, ſeroit celui qui donneroit les diſtances
demandées.