65a. ASTRONOMIE, LIV. XXIII.

de ces six arcs de 90°on tirera des arcs FE, ED, DF, qui formeront untriangle DFE, appellé triangle polaire ou supplémentaire. Le point Aest le pôle de l’arc F GH E , puisque A G et AH sont l’un et l’autrede 90° ( 3865 ); de même le point B est le pôle de l’arc DI LF, et lepoint G est le pôle de l’arc DNME. De là suit que le point F est lepôle du côté AB ; car le point A est éloigné de 90° des points F, G,H , et le point B est éloigné de^o 0 des points F, L, I ; donc les pointsA et B sont éloignés de 90° du point F; donc le point F est le pôlede l’arc I AB H ( 3864 ) ; l’arc FH est donc de 90°. On démontreraitde même que le point E est le pôle de GC AN; d’où il suit que EGestde90°;aoncEG-f-FH= i8o°=yEG-f*FG-+-GH=EF -t-GH;or GH est la mesure de l'angle A ( 3864 ); donc l’angle A ajoutéavec le côté EF est égal à 180°; donc l’angle A du triangle donné estle supplément du côté EF du triangle polaire. De même l’angle Best le supplément de D F et l’angle C le supplément de D E. Par lamême raison l’angle E du triangle polaire , mesuré par l’arc GCAN ,est le supplément du côté CA;, car AG = 90° = CN ; donc GN =1180 0 — CA. Ainsi le triangle polaire DEF est tel que ses côtés sontles supplémens des angles donnés du triangle ABC, et ses anglesles supplémens des côtés.

3872. Aussitôt que les premiers astronomes eurent imaginé deuxou trois cercles dans le ciel, l’horizon, le méridien, l’équateur et

'écliptique ( art. 11, i 5 , 19, 64 ), ils durent chercher un moyen demesurer l’écartement de ces cercles à diverses distances des pointsde réunion ; et de là naquit la trigonométrie sphérique ( 386 o ) :c’est même encore le problème fondamental et le premier, dont jevais donner la solution par une méthode plus simple qu’on ne le faitdans les livres ordinaires.

3873. Dans tout triangle sphérique BAD (fig. 3 a 1 ) rectangleen K, le rayon est au sinus de Vhypoténuse BD comme le sinus d undes angles B est au sinus de son côté opposé.

Démonstration. Soit C le centre de la sphere, sur la surfacede laquelle sont tracés les arcs B A, AD et D B ; soit C B la communesection des deux plans C BD et CB A ; du point D, supposé relevéau-dessus de la figure , il faut concevoir une ligne DF abaissée per-pendiculairement sur le plan BCA du côté BA : cette perpendiculairetombe en un point F, et du point F on tire une ligne F E perpendi-culaire sur la commune section CB ; du point D on drera au point Eune troisième ligne DE. Le plan du triangle DFE est perpendiculaireà la-commune section CB, puisqu’une de ses lignes EF est perpendicu-Jaireà CB, et que le triangle lui-même DFE estperpendiculaire au plan

c* au ?