Livre troisième 09

— {A B Y ; et divisant par AB, 011 a 2 Pmz=zABv=.%BM. De plus, les triangles BPM',B P m ont leurs angles égaux ( B. liv. 1 ) :donc mP est parallèle à B M (28. liv. i ).Mais les triangles B P m , B P E ont aussiles angles égaux (,22 ) : donc mP est paral-lèle kBE (28. liv. 1 ) : donc les droites BM,BE se confondent.

Solution 11 . Du point A comme centre,et du rayon A B [ fig. i 5 ], soit décritela demi-circonférence BCDE (64); despoints B et E comme centres , et du mêmerayon AB, soient décrits les deux arcs in-définis CP, D Q ; des mêmes points B etE comme centres, et du rayon B E , soientdécrits les deux arcs E Q, B P ; du centreP et d’un rayon PB soit décrit l’arc B M ;enfin qu’on décrive du point E commecentre, et d’un rayon P Q un arc qui coupel’arc B M au point M ; le point M sera lepoint cherché.

Démonstration. Après avoir fait les subs-titutions nécessaires dans la Jig. 5 ( 23 ) , onaura : P Q. BE=(BE)* — {BP) 2 . MaisBEz=.%AB , BPz=zAB, P ME. Donc2 ME .A B= 4 (ABy — (ABy= 3 (AB)*:donc, divisant par AB, on aura 2 M E— oAB. Mais à cause de l’égalité des côtés.

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