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isocèle ABC et abaissons sur sa base la perpendiculaire AZ ; menons de C la transversale CED en sorte que ED = DB, on aura angle $EBC={\tfrac {1}{3}}ABC$.

Propositions proposées par Aboûl Rîhân (Albîroûnî).

Première. Mener dans le triangle isocèle ABC (fig. 43) une droite AD, de sorte qu’en faisant $AE=AD$ et menant ED on ait $AB:BD=AD:DE$, ce qui revient à faire angle $BAD={\tfrac {1}{3}}BAC$ (*^[1]).

Seconde (**^[2])· Étant donnés un cercle et une corde AB (fig. 44), mener un rayon EDC, de sorte qu’on ait $AC=AD$.

Troisième. Étant donné un angle ABC (fig. 45) et sur ses deux côtés deux segments égaux BA, BC, mener de C une droite CD telle qu’on ait $CD.AB+{\overline {\text{BD}}}^{2}.{\overline {\text{AB}}}^{2}$. Cela revient à la trisection de l’angle complémentaire HBC, car en prolongeant HB et CD jusqu’à leur point d’intersection T on aura angle $HTC={\tfrac {1}{3}}HBC$ (***^[3]).

Proposition d’Aboû Hâmid Alsagânî (****^[4]).

Prenons un segment de cercle ABC (fig. 46) contenant le supplément de l’angle qu’il s’agit de diviser, et déterminons sur la circonférence de ce segment un point B et sur le prolongement de CA un point D en sorte qu’on ait BC = BD, AB = AD. On aura angle $ACB={\tfrac {1}{3}}CBE$.

1. *) On le démontre en faisant passer par E une droite parallèle à BC, et par E, D et le point d’intersection de cette parallèle avec AC, une circonférence de cercle décrite du centre A.
2. **) « c’est une suite immédiate de la première ».
3. ***) On a (Euclide, Éléments, II, 5) ${\overline {\text{AB}}}^{2}={\overline {\text{DB}}}^{2}+AD.DZ={\overline {\text{DB}}}^{3}+CD.DE$ ; mais on avait fait ${\overline {\text{AB}}}^{2}={\overline {\text{DB}}}^{2}+CD.AB$, donc $DE=AB=BE$, et conséquemment $TE=BE$.
4. ****) Voir casiri, vol. 1, page 410.