CHAPITRE XIV. 549

Les triangles TOQ, ARQ qui ont les trois angles égaux chacun à cha-cun et le côté homologue TO=AR, seront parfaitement égaux j donc

TQ ~ AQ et QR = OQ, donc TQ —a =AQ, puisque TQ-j-AQ—aa.

Ainsi le jour du plus court crépuscule, l’équateur coupe en deux éga-lement l’arc d’abaissement AT = 2 a ;=; 108°.

27. Le triatigle TQO donné

sia A = — iÎLË — tan g- n l^ -s s i^ — cos P m-,

^ sin TQ sin a sin a cos a

c’est l’angle que fait le vertical ZA avec l’équateur.

Prolongez PZ et Pb jusqu’à l’équateur en M et en N, PM=PN=90®;ZjU = £N = H,

«» “»i CP'-P) = a» C90 --QN)s

donc 90®— QN = } (P'—P), et QN =90°—4 (P'—P).

Prolongez Pin en m ) n( N = -j (P'—P).

28. Donc Q/»'=s 90% ce qui était visible d’ailleurs, puisque les angles?n et rn sont droits Q est le pôle de mm, l’angle Q c= mm'z= 90°—P m.

cos OQ :m'R

cos TQ

VcVTO

cos a

cos D — sin i C p '+ p ) = cos QR: wQ + QR = 90“ 4 - QR = 4 (P' + P)

Menez TH perpendiculaire à ZT ; TH sera l'horizon au commence-ment du crépuscule.

sin HT tang THQ = tang TQ, ou sin HT = tang TQ cos THQ =stanga tang H = cos PZA= sin amplitude du point T de l’horizon.

29. Menez AH' perpendiculaire à ZÀ, AH' sera l’horizon au lever duSoleil. k

L’horizon est descendu parallèlement le long de TA en meme teinsque le zénit descendait de Z eu b comme à l’équateur (fig. 128) l fî J® 11 *de l’équinoxe il descend de O en S -, ainsi le symptôme general u P u