TANGENT AUX DEUX AUTRES ET A DEUX CÔTÉS DU TRIANGLE

297. Soient M, N, P {fi g. 91) les centres des cercles inscrits

dans les angles A, B, C ; soient PP' et NN' perpendiculaires

sur BC, ce qui lait que P' et N' sont des points de contact,

nous poserons

BN'= r , CP'=z; de même

AM'=:r;

MM' étant perpendiculaire sur AC.

Posons encore

a=.psin 2 a, 6 = /*sin 2 (3, c=psh\ 1 y,

p étant le demi-périmètre -(û + i + c); les angles a, (3, y sont déterminés au moyen de ces égalités. Soit alors

il faut démontrer que ,r:=/>sin 5 (A — a), j = /jsin 5 (A — (3), s=/>sin , (A — y).

298. Pour y parvenir, observons que les deux rayons tangents à BC ont pour valeurs

NN' =7 tang - B, PP' = z tang - C.

THÉORÈMES ET PROBLÈMES SUR LE TRIANGLE. I/fS

De plus, soit NQ perpendiculaire sur PP': il est clair que

NQ = N'F=a— y — z.

Or, le triangle NPQ, dans lequel PH = PP' et NH = NN', donnera

NQ t =(PP'-hNN7 — (PF— NN') 2 = 4PP'.NN', ce qui revient à * »

t a— y — z = aW j^tang^B tang^C.

Mais on sait que

tangiB^v/ïfHSEZ), uns l -C = J {p - a){p - b)

* V Pip — t>) 2 V P(P—C)

d'où

tang- Blang- C = i = cos 2 a.

On a donc

/4-s -+- acosa V / J2 =/>sin 2 a;

, et de même,

x -h z -h 2 cos (3 y#z = P s" 1 ' P»

^-i-j -Nacosy ^xy=ps\n*y.

Maintenant, dans un cercle de diamètre égal à l'unité, construisons un triangle ayant pour angles 1 — y, 1 — {3 et ît — «. (On voit, d'après la valeur de >, que la somme des trois angles est égale à rc, comme cela doit être.) Les côtés de ce triangle seront représentés par

sin(X — y), sin(X — (3) et sina, et Ton aura

sin 2 a=sin a (X— y)H-sin 2 (>— (3)-|-2cosasin(X— y)sin(X— (3); de même,

(II) isin J (3==sin^— y)H-sin 2 (X — a)+2COs(3sin(X— y)sin(X— a), sin 2 y = sin 5 (X— p)-f-sin 2 (X-a)4-2COsysin(X— P)sîn(>— a).

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