DES ARCS RA'MPANS. 47

mes E I & I F : Et par conséquent la section, qui passant par le point H, toucheraîes pieds droits A C en A, 65 B D en B, touchera auffi la mesme EF au point H.

Et cecy tombe dans la solution du 8. Probl.

TROISIÈME PROPOSITION.

Si les pieds droits estant en talu 65 se rencontrant en G au dessous de la ram- Bg. v.pe A B, la ligne tirée du point B par le point donné H, coupe le costé A C pro- & Al-longé en K; ( Figures 5. 65 6 . de la 5. Planche,) il faut premièrement couper la li-gne A K en deux également au point L, par lequel il faut mener L M parallèleà B K 65 égale à A L ou L K ; 65 du point G par M tirer la droite G M jus-qu’en N, où elle rencontrera la ligne B K prolongée-, puis faire K E égale à K N,

65 du point E par H mener la ligne EH F, 65 raisonner en cette maniéré. Com-me au triangle KGN, la ligne L M est parallèle à la base K N -, la mesme L Msera à K N,Vest à dire, A L á K E, comme GL à G K -, 65 prenant les doublesdes antecedens, A K fera à K E comme A G 65 G K ensemble à G R; 65 en divi-sant A E sera à K E comme A G à G K ; &5 en permutant, 65 changeant G K se-ra à K E comme A G à A E -, 65 la toute G K sera divisée Harmoniquement auxdeux points E 65 A, en forte que la ligne A K soit la moyenne proportionnelleHarmonique entre les deux extrêmes G K 65 KE.

Maintenant, ou la ligne tirée du point E par H, fera parallèle à la rampe AB,

( comme en la 5. Figure, ) ou elle la rencontrera, comme en I, ( en la 6 . Figure.)

Premier Cas.

A u premier Cas ( Figure 5. de la 5. Planche: ) Apres avoir mené par le point E FìgurcV.la ligne O P parallèle au pied droit B D, 65 rencontrant la rampe en 0,65 la li-gne B H prolongée en P-, je dis que la ligne E P dans le triangle G K B, ayant estétirée parallèle à la baie G B, le costé G K sera à. K E comme G B à E P, 65 dansles deux triangles semblables G A B,. E A O , la ligne G A sera á A E comme lamesme G B est à E O. Mais parce que G K est à K E comme G A est à A E-,il s en fui t que G B sera á P E comme la meíme G B est á E O ; 65 que les deuxlignes EP Ô5 EO ou BF seront égales ; 65 que dans les triangles semblables EH P,

B H F, les, deux costez EH 65 EF seront égaux ; 65 la ligne E F sera divisée en

deux également en H; &5 comme elle est parallèle à la rampe AB, la Section quipassant par le point H, touchera les deux pieds droits A C 65 BD en A 65 B,touchera auffi la ligne E F en H. Et cecy tombe dans la solution du 6. Probl.

Second Cas.

A u second Cas ( Figure 6. de la 5. Planche; ) c est à dire, lors que la ligne E F Figurerencontre la ligne A B prolongée comme en I: Aprés avoir comme dessus mené la P J- deligne O E P parallèle au pied droit B D, 65 coupant les lignes A B en O, &5 B H pi^yen P; je dis que dans le triangle GKB, la ligne EP ayant esté menée parallèle àla base G B ; la ligne G K sera à K E comme G B à E P ; mais celle-cy est com-posée des raisons de G B a B F, 65 de B F à E P, c est à dire, F H à H E: il s en-fuit que la raison de G K à K E sera égale aux raisons de GB a BF, 65 de F Hà H E. De plus, les triangles G A B, E À O estant semblables, auffi-bien que B IF,

OIE-, la ligne G A sera à AE, comme G B est à E O, c'est à dire, en raison composéede G B à B F, 65 de B F à E O, c’est à dire, FI à E I. Mais il a esté démontréque la raison de G K à K E estoit égale à celle de G A à A E : Donc la raisoncomposée de G B à B F, 65 de F H à HE sera égale à celle de la mesme G BàBF, 65 deFlàIE: ostant donc la raison commune de G B à B F, la raison