AD2 + BC2 = 8 AL? — 4 EL

4°. ÂJË2 + BË2 + Cl2 + DE2 == 4 Â~L\

Je dis dans cet énoncé, que A, B, C,D, sont rangés à volonté. Et en effet , les équations que contient cette proposition ne renfermant que des valeurs élevées au quarré , elle est immédiatement applicable ( 57 ) à tous les systèmes corrélatifs possibles , elle a donc lieu, par exemple, pour la figure 10 comme pour la figure 9 , quoique par la corrélation de position des points, on voie que ces deux systèmes ne sont qu'indirectement corrélatifs.

i4l. On peut étendre à la sphère les propriétés que nous venons de trouver pour le cercle.

DES FIGURES DE GEOMETRIE. un Si d'un point donné , pris , soit au-dedans , soit au-dehors d'une sphère , on imagine trois axesperpendiculaires entre eux, i°. lasommedes quarrés des trois cordes ou pairies de ces axes interceptées par la surface sphérique , sera la même „. quelle que soit la direction de ces axes ; 2°. la somme des quarrés de leurs six segmens sera également constante ; 5°. la somme des quarrés des quinze droites qui joindront deux à deux les six points de rencontre de ces axes avec la surface sphérique sera aussi constante.

Et puisque les surfaces des cercles sont comme les quarrés des diamètres., on pourra conclure encore que, si, d un point donné , on imagine trois plans- perpendiculaires entre eux , qui coupent le solide d'une sphère , la somme des surfaces destrois cercles formant les intersections sera toujours la même , quelque direction qiûon donne à ces plans , pourvu qu'ils ne cessent pas de couper tousles trois la sphère. Cette quantité constante est les trois quarts de la surface de la sphère donnée, moins la surface sphérique entière, qui auroit pour diamètre la distance du centre de la sphère donnée aïk point d'intersection des trois axes.

PROBLÈME lit

l42. Trouver les rapports existans entre les cotés d'un triangle quelconque , les perpendiculaires menées des angles sur les côtés opposés , les segmens formés sur ces cotés et ces peipendicrr-

lO^ DE LA CORRELATION

laires s et enfin les angles résultans de cette construction.

Solution. Il est aisé de voir que la solution du problême précédent fournit la solution de celui-ci 5 car si l'on inscrit le triangle ABC proposé dans un cercle (fig. 12), et qu'ayant prolongé la perpendiculaire A H jusqu'à la circonférence en A', on mène

B A', C A', il est évident que le quadrilatère ABC A' est une figure pareille à celle qui a été calculée dans le problême précédent. Nous pouvons donc en déduire les formules cherchées j mais avant d'y procéder , je placerai quelques observations sur l'espèce de symétrie qu'offre cette figure.

l45. D'abord j'ai démontré dans le problême pré^cèdent , que les perpendiculaires menées des trois angles A, B, C, sur les côtés opposés, doivent se croiser toutes en un même point Dj mais chacun des angles A, B, C, est, à cet égard , dans le même cas que le point D ; c'est-à-dire , que, de même que le point D est celui où se croisent les perpendiculaires menées des angles du triangle ABC sur les côtés opposés , le point A , par exemple , comme on le verra facilement , est celui où se croisent les perpendiculaires menées des trois angles du triangle B C D sur les côtés opposés ; et de même des autres. Ainsi , les quatre points A, B, C, D, forment , trois à trois, un triangle tel , que los trois perpendiculaires menées des angles de ce triangle sur les côtés opposés , se croisent toutes au quatrième de ces

DES FIGURES BE GEOMETRIE. loï> points. La figure est, donc un système de quatre points réunis deux à deux par des droites qui se trouvent telles, que chacune de celles qui passent par deux de ces points , coupe perpendiculairement celle qui passe par les deux autres.

144. Cette figure a de plus la propriété qu'en faisant passer par trois quelconques des quatre points A, B, C, D, par exemple, par A, B, C, une circonférence , si Ton prolonge les perpendiculaires abaissées des angles du triangle ABC, jusqu'à la circonférence en A', B', C, il en résultera trois quadrilatères inscrits à diagonales orthogonales , tels que celui que nous avons examiné dans le problême précédent , savoir , ABA'C, BCB'A, CAC'B, dans lesquels on a les triangles parfaitement égaux et semblables deuxàdeux, BD C etB A' C, ADB et AC B, ADC et ABC.