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Considerons maintenant le triangle rectangle CDF dans lequel 
nous connaissons l'hypoténuse CD — JL == 1350" 93, et le coté 
CF — 1105" 73. (Voy. le probléme précédent n» 49.) 
L'angle D nous est donné par la formule: 
CF 
sin. D == d’où l'on tire : 
  
CD 
Compl. log. CD — compl. log. 1350" 93 — 6.8693671 
log. CF — log. 11057 73 — 3.0436491 
log. sin. D — 9.9130162 
d'oü l'angle D — 54° 56’ 04”. 
Et l’angle C — 90° — 54° 56° 04” — 35° 03’ 56”. 
Le coté DF = CD X sin. C. 
Nous aurons donc : 
log. CD —= log. 1350" 93 — 3.1306315 
log. sin. C == log. sin. 35° 03’ 56” = 9.7594800 
log. DF — 2.8901115 
d'où DF — 776» 45. 
Retranchant de GE — DF, la longueur de BE z— 555» 94. Il nous 
restera BG — 221" 21, et nous pourrons fixer le point de tangence 
G en portant sur la direction de BK, à partir du point B, la longueur 
de BG. 
L'angle au centre PCG est égal à l'angle DCF — DCK ; or, DCK 
— LIM — 2 07° 16”, nous aurons donc : 
L'angle au centre PCG = 35° 03° 56” — 2 07° 16” — 32° 56° 40”. 
Et nous aurons pour l’angle au centre D : 
== EDF == IDE — FDO. 
Or, l'angle EDF est droit; l’angle FDO == CDF == CDO ; les 
angles IDE et CDF nous sont connus, et CDO et DCK sont égaux 
comme alternes internes : nous aurons donc: 
L'angle au cenire D ZZ EDF-4- IDE — (CDF -- CDO) —— 90° + 
9» 39' — 57° 08’ 20° zc 42° 28’ 40”. 
Ces données obtenues, on peut calculer facilement les angles au 
sommet et les tangentes de chaque courbe. 
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