mais la somme de ces quatre angles est égale à quatre angles droits, puisqu'elle est égalé à celle des angles des triangles APQ, BPQ; donc

=

APP + APQ2 angl. droits BPp + BPQ;

donc la ligne QPp est droite. On démontrera de la même manière que la ligne Ppq est droite. Donc, etc.

2o. A cause de l'égalité des côtés des deux triangles APB, ApB, on a l'angle PAB égal à l'angle pAB; mais on a encore l'angle APP égal à l'angle ApP; donc aussi l'angle AMP est égal à l'angle AMP; donc ces deux angles sont droits, et la ligne Pp sera partagée en deux parties égales en M. On démontrera de la même manière que la droite Qq est divisée également en M par AB. Donc si de QM=qM, on retranche PMPM, il restera QP=qp. Donc, etc.

2

Corollaire. On aura donc QM AQ-AM.

=

Théorème XII. On a AQ=AP2+PQ2+Pp × PQ.

12

·2

Car AQ=AP+PQ+ 2MP.PQ; mais on a 2MP=Pp. Fig. gr. Donc, etc.

Fig. 91.

2

Théorème XIII. On a 4Q=Ap2+pQ2—PpXpQ.

·2

Car AQ=Ap+pQ2pM × pQ; mais 2pM = Pp; donc, etc.

Corollaire. Puisque pQ=pP+PQ, on aura

d'où

pQ2 = pP × pQ + PQ × pQ;

pQ' — pP × pQ = PQ × pQ.

Substituant cette valeur dans celle de AQ qu'on vient de trouver, on obtiendra

2

AQ2= Ap2+PQ × pQ, d'où AQ-Ap=PQ × PQ,

et de là on déduit cette proportion

PQ AQ + Ap :: AQ

AP : PQ;

et après la substitution de AP pour Ap, et la transposition des extrêmes, on a cette autre proportion

On a donc cette propriété connue :

Dans un triangle quelconque, un côté quelconque est à la somme des deux autres côtés, comme la différence de ces côtés, est à la différence ou à la somme des segmens que fait sur ce côté la perpendiculaire menée de l'angle opposé; suivant qu'elle tombe en dedans ou en dehors du triangle.

Problème XIV. Dans un triangle équilatéral, inscrire un hexagone régulier.

On divisera la base AB du triangle ABC en trois parties égales, aux points c et d; des centres c et det du rayon' cd, on décrira deux arcs qui se couperont dans l'intérieur du triangle en un point O; du même rayon et de ce point O pris pour centre, on décrira une circonférence qui coupera、 chacun des trois côtés du triangle équilatéral en deux points. Ces six intersections seront les six sommets de l'hexagone. Les élèves trouveront facilement la raison de cette construction qui se fait au moyen du compas seulement.

Les deux théorèmes suivans dus à M. Carnot, membre de l'Institut national, nous ramèneront à quelques propriétés déjà démontrées nous devons prévenir le lecteur, qu'ils exigent l'emploi des lignes trigonométriques.

Théorème XIV. Si les trois côtés d'un triangle ou leurs prolongemens sont coupés par une transversale quelconque indefinie, il y aura sur la direction de chacun des côtés du triangle, deux segmens formés par la transversale, et tels que le produit de trois d'entre eux, n'ayant aucune extré– mité commune, est toujours égal au produit des trois autres?

Les segmens des côtés du triangle ABC, formés par la trans

versale ab, c'est-à-dire, les deux portions comprises entre Fig. 92. cette transversale et les sommets des angles placés sur la dirêction du côté qu'elle coupe, sont

Ac, Bc sur AB; Ab, Cb sår AC; aB, aC sur BC.

On a donc, d'après l'énoncé,

ÀC;

Ab. Ca. BcAc. Ba. Cb........ (A)

Par le sommet B, par exemple, menons une parallèle à AC, qui rencontre en k la transversale ab; les triangles semblables Abc, Bke; Cab, Bak donnent les proportions suivantes :

Si on les multiplie par ordre, et qu'on établisse l'égalité entre
le produit des extrêmes et celui des moyens, on trouve la
relation énoncée qui suppose essentiellement les trois points
a, c, b en ligne droite. La démonstration a lieu, soit que la
transversale coupe l'aire, ou que, comme ac′b′, elle
au dehors.

passe

Remarque 1.

Lorsque la transversale passant toujours par b, devient parallèle à BC, les proportions (1) et (2) se changent dans les suivantes :

Théorème XV. Si par un point quelconque pris dans le plan d'un triangle, on mène sur chacun des côtés une transversale

qui passe par l'angle opposé, on obtiendra sur chacun de ces côtés deux segmens, tels que le produit de trois d'entre eux n'ayant aucune extrémité commune, sera égal au produit des

trois autres.

Il s'agit donc de prouver qu'on a

Ab. Ca. Bc Ac. Ba. Cb.....(B)

Ab, Bc, Ca, ainsi que Ac, Ba, Cb, étant des segmens non Fig. 93. contigus, ou qui n'ont point d'extrémités communes.

Les deux triangles AaB, AaC coupés, le premier par la transversale Cc, le second par la transversale Bb, donneront, d'après le théorème précédent,

multipliant ces deux égalités membre à membre, et supprimant les facteurs communs, on trouve la propriété annoncée

Remarque.

Cette proposition a lieu soit que le point D soit pris dans l'intérieur du triangle, soit qu'il soit pris au dehors.

Coroll. I. Si les trois lignes menées des sommets de chacun des angles, sont perpendiculaires sur les côtés opposés, on a

et substituant ces valeurs dans la relation (B), on trouve,'

après avoir supprimé les facteurs communs, cette égalité parfaite

AB. AC. BC AB. AC, BC.

Donc ces trois perpendiculaires se coupent en un seul point.

Corollaire II. Si les lignes menées des sommets divisent les angles en deux parties égales, on a les valeurs

dont la substitution dans (B) donne cette égalité identique

Aa, Bb. Cc = Aa. Bb. Cc.

Donc les lignes qui divisent également chacun des angles d'un triangle, se coupent en un seul point.

Il est facile de conclure de la relation (B), que les lignes qui, menées de chacun des angles, divisent les côtés opposés en deux parties égales, se coupent aussi en un point unique.

f

Division des Triangles.

Problème XV. Diviser un triangle en deux parties qui soient entre elles dans un rapport donné 1o. par une ligne partant du sommet; 2°. par une ligne parallèle à l'un des

côtés.

et que

1°. Si ce rapport est celui de màn, la base du triangle soit b, en désignant le segment par, x, on aura

Si on voulait partager le triangle en trois parties qui fussent entre elles mn: p, on aurait, en désignant l'un des