A'C ' ÔF — AB' # OC — B'C * OA

THÉORÈME XLIV

Si d'an point 0, pris dans l'intérieur d'an triangle ABC, on abaisse des perpendiculaires sur les trois côtés , on détermine six segments tels, que la somme des carrés de ceux qui n'ont pas d'extrémités communes est égale à la somme des carrés des autres.

Menons OA, OB, OC; nous aurons, à cause des triangles Fig. 131 , rectangles,

OB *+ B 7 C U Ô A ' + ÂTC*

otf + v£*=w* V bp!

Donc, en ajoutant membre à membre et en supprimant les termes égaux,

a^+^+cPaL^+â^+b 7 !!

8) THÉORfcMBS BT PROBLÈMES

THÉORÈME XLV

Si l'on joint le sommet A d'un triangle à on point quelconque M de la base BC, on aura 1». CM + ÂC . BM=(IÎ! + BM . M) . BC.

Fig. 152. Abaissons AD perpendiculaire sur BC; nous aurons, dans le triangle AMB :

ÂB=ÂM+BM 2 --2BM.MD ;

et, dans le triangle AMC :

ÂcLâM+CM + 2CM. MD.

Afin d'obtenir une relation indépendante de MD, multiplions la première égalité par CM, la seconde par BM, et ajoutons; il vient

ÂB . CM+Âc! BM=Âm! BC+Bm! CM+CM . BM ; ou, en simplifiant,

AB?CM+AC. BM=ÂM?BC+BM. CM.BC.

Remarques. I. Si le point M est le milieu de BC, la relation précédente devient

ÂB+ÂC=2ÂM+2BM 2 .

Celle-ci exprime un théorème connu.