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§. 17., $(AQ)^{2}=(Ap)^{2}+(pQ)^{2}-pP.pQ$. Dunque $(AQ)^{2}=(RQ)^{2}-pP.pQ$, ossia =$(RQ)^{2}-AS.pQ$.

21. Lemma. Stanti le stesse cose (§. 13. e 20.) sarà $(SQ)^{2}=(RQ)^{2}+AS.pQ$.

Dimostrazione. Poichè se si faccia $ST=Sp$; $pT=pP$ (§. 11.); nei due triangoli $SpT$, $APp$ si troveranno tra loro eguali gli angoli $SpT$, $APp$ (8. lib. 1.); e però $PpT$ retta (27. lib. 1.). Sarà poi $(SQ)^{2}=(pS)^{2}+(pQ)^{2}+PQ.pT$ (§. 16.). Ma è $(pS)^{2}+(pQ)^{2}=(pR)^{2}+(pQ)^{2}=(RQ)^{2}$; ed è $pT=pP=AS$. Dunque $(SQ)^{2}=(RQ)^{2}+AS.pQ$.

Dai due Lemmi precedenti segue per Corollario essere $(AQ)^{2}+(SQ)^{2}=2(RQ)^{2}$.

22. Lemma. Se sarà $AQ=pQ=BQ$; e $Ap=pB=pS$, essendo $pS$ sulla continuazione della $Bp$; sarà $AS.pQ=(Ap)^{2}$. (Fig. 4.)

Dimostrazione. Avendo i triangoli isosceli $AQp$, $BQp$ i lati eguali tra loro; sarà l’angolo $QpA=QpB$ (8. lib. 1.). Sarà, poi l’angolo $ApB$, che è la somma dei due, eguale anche alla somma de’ due angoli $SAp$, $ASp$ (32. lib. 1.), i quali essendo eguali tra loro per essere isoscele il triangolo $ApS$ (5. lib. 1.); sarà ciascuno d’essi eguale all’angolo $ApQ=pAQ$ (5. lib. 1.). Sarà dunque il triangolo $pAS$ simile al triangolo $QpA$ (32. lib. 1. 4. lib. 6.); e quindi