AB

~ sin B AC * ^ “ sinC

abaissez les perpendiculaires AD et BE; par le point d intersection I menez la droite GIF; je dis que CIF sera la 5* perpendiculaire. En eflel , BD = AB . cos ABC ,

DI = BD . tangDBl = AB cos ABC . tangCBE= AB cos ABC . cot ACB , CD = AC cos ACB ,

DI AB. cos ABC. cot ACB AB cos ABC

tang FCB = tang ICD= = ACcos ACB AC* sin ACB

sinACg . S£fAB? __ cQt ACg tang (go» — ABC) ;

sin ABC sin ACB

donc FCB = 90” — ABC, FCB + ABC = 90» == FCB -H FBC ; donc BFC = q0°, puisque la somme des deux premiers angles est de 90°. Mais du point C , on ne peut mener qu’une perpendiculaire sur AB ; donc CF est la troisième perpendiculaire; et par la construcüon , elle passe par le point 1, intersection des deux premières.

On aurait de même

AE = ABcosBAC, IE=AEtaug DAC = AB.cosBAC.cot ACB ,

CE =BC cos ACB;

IE AB. cos B AC. cot ACB sin ACB co« BAC

tang FCA = tang ICE = ^ — - BC. cos ACB ~~ sinBAC ' sin ACB

= cot BAG = tang (90° — BAC);

donc fCA = 90* — BAC, FCA + BAC= 9o° = FCA -f-FAC ; donc 90* ; donc CF est la troisième perpendiculaire.

Voilà deux démonstrations bien simples.

Tous les angles autour du point d’intersection sont les angles A, B, C

RÉGIOMONTAN. 203

du triangle, et s’y trouvent deux fois; ils alternent autour de chaque perpendiculaire. Ainsi

A'=FlB=go° — FBE=BAC, l’autre A'=CIE=9o°— ICE s= BAC,

et ainsi des autres.

Voici une troisième démonstration :

siu CIE = ^ , sin CID == ^ ;

donc

sin CIE CE CI CE BC.cos C __ BC __ sin BAC

sin CID CI * DC DC AC. cos C AC sin ABC '

d’où

tang i (CIE — CID) tang i (BAC — ABC) tang ï (CIE + CID) tang { (BAC + ABC) »

or, les dënominalêurs sont égaux, puisque