OM

BM»

deux donne toujours les

mêmes valeurs

09. Si 1 on exprime, au moyen de ces valeurs, les distances du point de concours au sommet du triangle , on trouvera

oi=K^TO=i/ (J) +(4-‘y>

M=y = |/ (a- îyy+(*I|ÿ

et Jes oarr^t.,

!œ-^IA»+IB 2 =|[A 2 + 62 a(é— o)]

=^a2+A2;+[(fi-a)2+A2]+6^^0A2+AB2+0B2).

Si le triangle est rectangle au ^wint A , on a

et par conséquent

ÎÜ24-IP4.ib2=|62;

d’où l’on déduit ce théorème :

Dans tout triangle rectangle , la somme des carrés des trois distances du point de concours des droites des milieux aux sommets est égale aux deux tiers du caiTé de l’hypothénuse.

100. De plus , il est facile de voir que lesdistances IM , IM' , IM', sont le tiers des lignes entières AM , OM' , BM* , ou la moitié des distances IA , 10 , IB.

On a donc

IM +IM' +IM' =|(IA 4-10 +IB ) ctïM24-m'HîM'^J(îï24ïô2-fÎB2)=^(ÜÂ24ÂB24-ôB2).

101. Enfin, si l’on exprime par <f, , <2., , les trois distances

du point de concours aux côtés du triangle , et par A, , A, , A, , les hauteurs , on aura

Si le triangle est équilatéral , on a

d’où

fl2+A2 =b^=(b - ay+h ^ ,

ÏÔH-ÎÂ^+ÎB^A'';

et comme

comme IO = IA=IB,

rf.+rf.+rf,=|(A.+A.4-A0, d,^+dy+dy = i (A 2+A.^4A^.

105. 11 estfacile de dcmonlrer aoaly tiquemeDl le théorème comm :

Dans tout triangle la somme des carrés des côtés qui comprennent un

angle est égale à la somme des doubles carrés de la ligne qui joint le ^in-

met de l’angle au milieu du côté opposé , et de la moitié de ce même côté. /

En effet, ■ AM^=^a — d’où 2AM^=2a^ —

et 2Â5P+2^=(a2+/12)j(6 a)2+A2;

or, a^-j-/t^=OA*, (b — aŸ-\-hh=.Piîi^ et -=OM :

donc ÜÂ 2 -|-ÂB 2 = 2 ÂM 24 - 2 üM 2 ,

106. Si donc fn,, m,, wtj , représentent les trois longueurs des

droites de milieux, et A, , 'A., A, , les trois côtés, on aura les trois équations ^

on tire de là

I (A ,2-f-A.24*Aj2).

104. Étant données les longueurs des trois droites qui joignent les sommets aux milieux des côtés opposés , déterminer ces côtés et constmire le triangle.

Les formules (A) fournissent un moyen bien simple de résoudre cette question. En effet, on trouve facilement 9A 2

= 2m,^-|-2mj^ — ,

Équations , qui prennent la forme • '

2 , > CAO

par où l’on voit que , si l’on construit un triangle avec les côtés 2m,, 2m., 2m,, les lignes des milieux seront trois fois la moitié des côtés du triangle cherché.

De là cette construction ( fig. 56 ) : Sur AA'= 2m„ comme base , construire le triangle AA'B' , tel que A’B' = 2m, , AB’ = 2m, , et achever le parallélogramme AO'A'B' ; diviser la diagonale O’B' en trois parties égales , et joindre en&n AO, AB : le triangle OAB sera le triangle cherché.

THÉORÈME. '

iOâ. Dans tout triangle les trois points de concours des hauteurs, des droites des milieux et des perpeudiculaires élevées sur le milieu des côtés, sont en ligne droite (6g. 57).

£n effet , on a trouvé , pour coordonnées du point de concours : des perpendiculaires sur le milieu des côtés , b

On trouve facilement

y, — y, ba(1} — a) — h^ ar, — X, A(2a — b)

des hauteurs.

ar. = a,

des droites des milieux ,

par conséquent On a encore

~ y ‘ . — -h h ; donc, etc.

"sF

d’où

et I.Ï 3 = ^Us,.

résultats qui sont l’expression de deux nouveaux théorèmes. '

106 . Inscrire dans un triangle donné un rectangle dont les côtés soient dans un rapport donné.

Les notations étant les mêmes qu’au n® 96, soit y= |S, l’équation d’une droite parallèle ù la base du triangle , prise pour axe des X , dont la partie MN (fig. 58) , interceptée entre les côtés OA et AB, sera la base supérieure du rectangle inscrit. La combinaison des équations des droites

MN y.=p

donne pour coordonnées du point M M

do même en combinant les équations des droites MN y.=p

AB y,=^^(x.—b),

on trouve

Cela posé , la partie comprise MN = PQ est évidemment égale à

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X — X,. Si donc on la désigne par B , on aura, toute réduction fuite ,

Désignant en même temps parH la hauteur inconnue du rectangle inscrit , on aura les deux valeurs n=p,

entre lesquelles on pourra se proposer diverses relations.

• , , fïl

lOy. Et d’abord , pour résoudre le problème propose , si — représente le rapport donné, ou obtiendra tout de suite l’équation de condition

d’où l’on tire pour première solution

quatrième proportionnelle facile à construire.

Deuxième tolulion. La valeur précédente peut se mettre sous la forme

et cette nouvelle quatrième proportionnelle, plus simple que la précédente , donne une seconde solution , plus simple aussi que la première.

Troisième solution. Enhn si l’on substitue la valeur (A) de p dans les expressions des coordonnées du point N , on trouvera

^bh

Divisant ces deux équations membre à membre, il viendra, après avoir réduit , .

équation d’une ligne droite qui passe à la fois par l’origine et par le

point dont les coordonnées sont h, a •{ A. Or, ce dernier point

n’est pas autre chose que le sommet U du rectangle AHVU, dont la hauteur AH == A et la base HV =z — h, c’est-à-dire dont la hauteur et la base sont dans le rapport donné,

Donc : portez sur la base HA'=AH=A; sur AH prenez HL=»i, HK = n ; joignez LA' , et KV parallèle à LA’ ; achevez le rectangle AHVTJ ; joignez Oü, et par le point d’intersection N de cette droite et du côté AB menez MN parallèle à la base , et les perpendiculaires MP , NQ , a^èveront le rectangle cherché.

108. Si m = w,|I|b rectangle à inscrire se change eu carré ; les deux premières solutions se confondent en une seule , qui a pour expression

f)Jl /T\\

et la troisième ne diffère qu’en ce que le rectangle AHVU se change en carré AHA'V' , le point N’ étant d’ailleurs déterminé , comme précédemment , par l’intersection de OU avec AB.

109. Çln doit remarquer que , l’énon^ du problème ne déterminant pas , en général , le côté sur lequm la base du rectangle doit reposer, il faut, pour obtenir toutes les solutions , renouveler pour chaque côté la construction qu’on a faite pour un côté particulier.

On peut se demander quel est celui des trois rectangles inscrits dont la surface est la plus grande. Pour résoudre cette question , on substituera dans les valeurs de H et de B la valeur de (3 (B) , et l’on trouvera

^bh

et par suite

BXH =

et, désignant par R et T la surface du rectangle iiiscritet du triangle, I ■

/i!Lx2

Telle est eu général la surface du rectangle inscrit lorsque sa base repose sur le côté h , pris pour base du triangle.

Si donc b,, b,, b^-, h , , A, , A, désignent les trois côtés et les trois hauteurs correspondantes du triangle, on aura pour expression des surfaces des trois rectangles qu’on peut inscrire dans le triangle

La grandeur relative des surfaces- dépendra des dénominateurs seulement ; c’est-à-dire que celle-là sera la plus grande dont le dénominateur de la fraction qui cxprimme sa valeur sera le plus petit, et réciproquement ; R, , par exemple , sera plus petit que R, si

d’où

Mais on a d’où

h fi. = hfi,— hfi, = 2T ,

^ — ^ Af

par conséquent R, sera plus petit que R. si l’on a

ou b,'^—h,.

D’où l’on voit que les trois surfaces des rectangles intcrits seront équivalentes si les hauteurs et les côtés ont entre eux les re-

lations

Dans les triangles isocèles deux des rectangles inscrits sont équivalents , et tous les trois dans les triangles équilatéraux.

Quant aux trois carrés inscriptibles, leurs surfaces sont plus faciles à comparer. En effet, le côté du carré inscriptible étant généralement

fi—

on aura pour les trois surfaces i >

et par conséquent C, sera plus petit que C, si . : .

(é.WXW)'.

d’où ' ù.-f A. > ,

L’égalité des carrés dépendra de la relation

' Dans tout triangle rectangle deux des carrés inscriptibles sont égaux , et SC confondent en un seul.

On aurait pu arriver plus rapidement au résultat en faisant m = n dans les équations (E) et (E').

1 10 , Inscrire dans un triangle donné un rectangle [d’une surface déterminée.

et enfln

Soit Ic^ la surface donnée , l’énoncé B X II = devient , par la substitution des valeurs de B et H (106)',

• ÈÆz£.|3 = a2.

dcveloppaot et ordonnant,

îtk^

d’où

valeur qu’ou peut construire directement.

On voit que le problème est impossible lorsque ^ c'esf-â-

dire plus grand que la moitié de la surface du triangle , et qu’il n’a qu’une solution lorsque la surface donnée a cette valeur. D’où il suit que le plus grand rectangle qu’on puisse inscrire dans un triangle est celui dont la surface est égale à la moitié de celle du triangle ; ce qui sufflt pour déterminer le rectangle dans ce cas particulier.

Deuxieme solution. Si l’on fait k^ — bl, ce qui revient à convertir la surface donnée en un rectangle dont la base soit la même que celle du triangle donné , on obtiendra

valeur qui se construit ainsi qu’il suit (fig. 59) :

DOEF étant le carré équivalent à la surface donnée, on mènera BD et sa parallèle FL , et le rectangle LOBL* sera équivalent à A * et HL' = l ; sur AH on décrira une demi-circonférence, et HK sera 1 A

égal à Ih ; sur CH = -"^11 = - on décrira une demi-circonférence,

et portant par un arc de cercle HK en HK', on aura CK'= l/f -/À;

enfin du point C comme centre , et d’un rayon égal à CK' , on décrira une circonférence qui coupera AH en deux points I et I' , et les’ longueurs HI et HI' seront les deux valeurs de j3.

Troisième solution. La valeur précédente de p peut se mettre sous la forme

ce qui donne une construction plus simple que la précédente.

D’après la remarque du problème précédent « on voit que le problème général est susceptible de six solutions.

111. luscrire dans un triangle donné un rectangle d’un contoui- dé terminé.

Soit 2/ le contour donné ; d'après l’énoncé , 2(B-f H)=2/,

et par conséquent

d’où

par conséquent

et la hauteur du triangle est divisée en deux parties dont le rapport 1 — b

Donc (%. 60), achevez le rectangle OHAA'; sur OA' portez OB' = OB et OL = l, moilié du contour donné : alorsLB'=/— 6 et LA’ ~h — l. Joignez HB', qui rencontre AA’ en D, et menez DL, qui déterminera par sa rencontre iivec AH le point I, tel que IH=p :

en effet ,

lü — î£'