Cioè, perchè nel 2o li rettangoli sotto bca, ao e sotto bda, at sono eguali al quadrato ab, perciò sono eguali fra loro, e perciò come ao ad at, così adb ad acb. Nel 3zo, perchè il rettangolo sotto bui e l'eccesso di iu sopra ub (che sia in) è uguale al quadrato ib, et il rettangolo sotto bda, at eguale al quadrato ba, per ciò questi rettangoli sono come quei quadrati, cioè come iub, adb fra loro, e per ciò le altezze, cioè detti eccessi in, at, sono eguali fra loro. Hor così cerco la solution del problema.
[vedi figura 2126c.gif]Data dunqua la so, che con la intersecata ob contenga l'angolo ottuso sob, prolongaremo bo, so verso o indefinitamente, e similmente per o tiraremo la xu perpendicolare alla sd, indefinitamente pur di qua e di là prodotta; dipoi dal punto s tiraremo la perpendicolare sr alla br, e come è il quadrato sr al quadrato so, così faremo la somma sor ad un'altra, che sia A; e di A et os prenderemo la terza proporzionale, levandola da A, et alla metà della rimanente constituiremo eguale la ox, giungendo xs, sì che sarà oxs eguale ad A; e per ciò sarà come il quadrato sr al quadrato so, così sor ad sxo, e per ciò xs eccederà egualmente xo, per il corollario, come so la or. Tirisi poi da s la su, con l'angolo uso eguale all'angolo x, che seghi xo prodotta in u, e da u con il medesimo angolo tirisi ud, ch'incontri so prodotta in d, e dal d si tiri la perpendicolare alla br, cioè dc, che l'incontri in c: sarà, dico, c il punto che si cerca. Poichè il 3lo dco è simile al 3lo ors, parimente dou ad xos; e per ciò l'eccesso di do sopra oc sarà eguale all'eccesso di du sopra uo, e per ciò le du, co saran eguali alle uod; e sono du, ou le medie accennate, perchè dus è angolo retto, essendo il 3lo dus simile a duo per l'angolo udo commune e li duoi duo, dsu eguali per costruttione: adunque si è trovato il preteso punto c, il che etc.
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