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En: comparant cette équation à celle du . 12. 
RO A = 28 "A" 
on trouve, puisque A° — B° -1 C?, 
AA SH Sp Sr +$r.pl—$ ho . pl 
2B 3. Pr ipl 
2 — 4 ,2 4 
Dr: D ae ab es — 1pk). 
F5 3 Sn LR 3 
à 1 RU OMCQUE Tab XII 
Soit pn —pm—r. Décrivez sur nn — 2r le triangle équilatéral Lig. 76. 
mno, dont la hauteur po est le coté du trigone régulier inserit au 
cercle. Divisez pm en deux parties égales en A, prenez h/=hk=ho, 
vous aurez pl — pk = 2ph =r, et pl.pk=—= po = 3r. Prenez 
dans la perpendiculaire po le point G ensorte que 
207. 2B :=:p6G : r. 
Vous en conclurez 
ZE MPO SUB OM pG po 7. 
Or 4C°—3pk", donc 4C°: pk —r# 37° —r° : po° 
donc 2C:pk=—=r:po, ou 2C.po=r.pk. 
En substituant ces vale-:s, on aura Ù 
1e PR SAP PO Pa LT BE po 
où r .po° : pP — pG : po 
ou 8r : 3r + 4pl = pG : po 
ou pG:r—po:r + 4pl 
En formant les carrés, on aura 
pG ir = po :r° Br. pl + 16 pl° 
pGi:r = 8 :$r +k&r.pl—27r:51r + 40pl 
ir pG°— 577 + 40pl: 10 (3r + ApD) 
r = pG — 677 °p 40r.pl:10r.(3r + 4pl) 
Tir —pG— Gr+-4pl) :10r.(3r + 4pl) 
IN) ir pG = 3r + 4pl:10r. 
