THEOREME III. Dans tout polygone, le quarré d'un côté quelconque est égal à la somme des quarrés de tous les autres côtés, moins deux fois les produits de tous ces autres côtés multipliés deux à deux et par le cosinus de l'angle qu'ils comprennent. (Fig. 241 ). Posons toujours AB: =a, BC=b, CD=c, DA = d.... on aura, par le théorème I. (1)...... a = b cos (a, b) + c cos (a, c) + d cos (a, d) (2)........ b = a cos (b, a) + c cos (b, c) + d cos (b, d) (3)......ca cos (c, a) + b cos (c, b) + d cos (c, d) (4)...... d = a cos (d, a) + b cos (d, b) + c cos (d, c); en observant que pour passer de (1) à (2), il ne faut que changer dans (1) a en b et b en a; que pour passer de (2) à (3), il ne faut que changer dans (2) b en c et réciproquement c en b, et ainsi des autres. Multipliant par a la première équation, la seconde par b, la troisième par c, la quatrième par d, etc., et ôtant la somme des derniers produits du premier, il viendra a2 = b2+c2+ ď2 + etc. — 2 { bc cos (b, c) + b d cos (b,d) + cd cos (c, d) + etc. } ce qui est la propriété énoncée, et on remarquera que celle du triangle obliquangle (VIII. théor. III et IV,) n'est qu'un cas particulier de ce principe général. En effet, pour d≈o et AC étant c, cette formule se réduit à a2 = b2 + c2 2 bc cos (b, c): mais si de A on mène la perpendiculaire A d' sur CB, on a Ca' = c cos (b, c) ; donc A Pour introduire dans la formule ci-dessus les angles même du polygone que nous supposerons de quatre côtés, on remarquera que (b, c) = C, (b, d) — C + D — 200d, (c, d) = D; donc a2 = b2 + c2 + d2 bc cos. C bd cos. (C + D) + cd cos. D + etc. } 2 {bc 2 Pour le pentagone, on trouverait 2 a = b2 + c2 + ď2 + e3 { be cos C - bd cos (C + D) + be cos (C + D + E) } + cd cos. D ce cos (DE) + de cos. E propriété qu'il sera facile d'étendre à des polygones d'un nombre quelconque de côtés. THÉORÈME iv. Le double de l'aire d'une figure rectiligne quelconque, est égal à la somme des produits de ses côtés, excepté un, multipliés deux à deux, et par le sinus des angles qu'ils comprennent (Fig. 241). Pour simplifier, prenons un quadrilatère : si on prolonge CD et BA jusqu'à leur rencontre en O, on aura en observant que С c = (c + 2) sin. O et Dd=y sin. O : consé = ac sin. O + — ay sin. O + 1⁄2 ac șin. 0; d'ailleurs le triangle ODA donnant a: dsin. D; sin. O 2 d sin. A : sin. O et la valeur de S deviendra car S= ae sin. O ad sin. A On peut introduire dans cette formule les angles du polygone; (a, c) = 0 = A + D- 200d, (a, d) = A, (c, d) = D; donc S= }{ ad sin. A ac sin (A + D) + cd sin. D) Un procédé analogue donnerait pour l'aire du pentagone ABCDE, (Fig. 243). S= C+D)}. ab sin. B-ac sin (B+C) + ad sin (B+C+D) bc sin. C-bd sin (C+D) + cd sin. D On composerait facilement des formules représentatives des aires des autres polygones. Remarque. Il faut observer, r°. qu'il s'agit ici, comme dans les formules précédentes, des angles intérieurs du polygone; 2°. que le principal avantage de ces formules consiste en ce qu'elles dispensent de construire une figure; elles se présenteraient sous une forme plus symétrique relativement aux signes, si au lieu des angles intérieurs du polygone, on employait les angles extérieurs, c'est-à-dire, ceux qui sont formés par un côté de la figure et le prolongement du côté suivant. PROBLEME PREMIER. Connaissant dans le quadrilatere ABCD, les côtés b, c, d, et les angles A, D, on en demande les autres parties. (Fig. 241). En conservant les notations employées (Theor. I), on voit sur-lechamp que la perpendiculaire Cc à A B, est en même temps egale à b sin (a, b) et à c sin (a, c) + d sin (a, d); donc b sin (a, b) e sin (a, c) + d sin (a, d); c'est-à-dire, b sin. Bd sin. A c sin (AD), formule qui donne l'angle B. Pour trouver le côté a, on menera de A une perpendiculaire Aa' sur CB, et on aura demment, 2 comme précé a sin (b, a) = c sin (b, c) + d sin (b, d) formule qui devient a sin. Bc sin. C➡ d sin. ( C + D). Les angles A, D, B étant connus, on a C= 400° (A+D+B), et conséquemment on peut calculer a. On pourrait encore recourir à la formule a = b cos (a, b) + c cos (a, c) + d cos (a, d), tang. A = d sin (a, d), d sin. A csin (AD) d cos. A + c cos (A + D), ―c cos. D + b cos (C + D), formules qui serviraient à évaluer le troisième angle d'un quadrilatère, si l'on connaissait trois de ses côtés et les angles compris entre ces côtés. PROBLÈME II. Résoudre le pentagone ABCDE. (Fig. 243). Après avoir abaissé les perpendiculaires Cc, Ee sur AB, et mené Jes parallèles Dď, Ee′ à AB, on trouve ces deux valeurs de Cc, savoir b sin. B et c sin (c, a) + d sin (d, a) + e sin. A; ainsi b sin. Be sin. Ad sin (d, a) + c sin (c, a). Or si l'on suppose les côtés DE, CD prolongés jusqu'à la rencontre de BA, on a π; l'angle (d, a) = A + E étant la demi-circonférence : on a donc b sin. Be sin A-d sin ( A + E) + c sin. ( A +E+D). Mais, si au lieu de calculer B, il fallait déduire de cette relation la valeur de l'angle A, on serait obligé de développer les facteurs dans lesquels cet angle se trouve engagé. On aurait ainsi b sin. Be sin. Ad sin. A cos. Ed cos. A sin. E ct après avoir substitué pour cos. A sa valeur Vsin.a A, l'inconnue A serait donnée par une équation du second degré. Pour bo, le pentagone se change en quadrilatère, et la formule précédente donne, après la division par cos. A, tang. A = d sin. E c sin (DE) e ― d cos. E+ c cos (D + E)' et comme alors l'angle D devient C, l'angle E devient D, e devient Évaluer la surface d'un polygone, connaissant l'un de ses côtés et les angles aux deux extrémités de ce côté, entre ce même côté et les autres sommets du polygone. (Fig. 244). Il n'est pas toujours possible de mesurer tous les côtés et tous les angles d'un polygone; souvent même on est réduit à prendre pour base unique un de ces côtés, et à déterminer les sommets des angles par des intersections. Nous allons montrer comment on peut, dans. ce cas, évaluer la surface. Soient ABCDE le polygone proposé, AB=a la base mesurée : soient en outre les angles observés au point A |