543 
tea 27,0 Ba côs. a = À 
Lkna 34; Lkne = 60° — Ja ; Len 60°+ 1% 
2A—2y1ar 
pb = 2r. MU Jr H8yTir. cos. (60°— 10) 
pe = 2r. cos.3 180° Ar SVT. r cos. a 
pd 2r. cos.3 4 50° — gr +3 yT.r.cos. (60° +1a). 
Problème. 
f. 41. Inscrire au cercle l’heptagone régulier par le moyen 
du théorème général {. 33. IX. 
Solution. 
Soit pa = 2r le diamètre. Prenez les cordes pf=ir, ph=1r, 
divisez l'arc hf en deux parties égales en k, faites passer par le 
point k trois droites dont les segmens interceptés entre la circon- 
férence et la corde pf soient égaux aux cordes hk, k/, desorte que 
bb = ce dd —hk = kf. Les intersections de la circonférence 
b,c, d, seront les sommets de l'heptagone. 
Démonstration. 
Joignez a, f, proiongez cette corde, prenez fg = af, tirez 
pg, qui coupera la circonférence en A. Car puisque 
L pfa—pfg — 90°, fg = af, 
on aura pg—pa=2r. Parcillement, puisque Z gha—pha—=90°, 
on aura fh— fg — fa, donc l'are ah = 2af, donc, par le théo- 
rème du {. 36., pf—r.(2r+ph). Or pf ir, donc?r = 2r +ph, 
donc ph —1r. 
Par conséquent si l'on prend la corde ph=—=1r, la droite pg 
coupera la circonférence au point 4 On a de plus 
gh = pg —ph=2r—-1r=2r, 
et fg = fé =fh = pi — pff = Ar —2r = 
3e 
4 2 
47e 
Tab. XII. 
Fig. 69. 
