BO + OE > AO -I- OD

Remarque. Si l'on représente par a, b, e les longtictirs des côtés du triangle, et que l'on suppose a >&, le théorème précédent équivaut à l'inégaiité [G., 276]

CB(a -t- b + c)[a + c - 6) bc[a + b + c]{b -^c--a)

(c ■*- af > (6 -*■ c)'

Par des réductions faciles, on la transforme, successivement, en :

a[<f + (a + b)c' -*- (2a — b}bc + (a — 6)6'] > b[c* +(0-1- b)c' + (26 — a)ac + (6 — a)a*J,

<?+(a*b)c*-*-Zabc + ab{a + b)>0;

et celle-ci est évidente.

Leê projections D, E, F, G du sommet A d'un triangle, nur le» bittectricei des angles B, C, appartiennent à la droite qui joint les milieux M , N de» côtés AB, AC (*).

ILa figure ADBE est tni rectangle; donc la droite DE passe au milieu M de AB. Pour la même raison , FG passe au milieu N de AC. Mais, à cause de l'égalité des angles EBG, EBA, DEB, la droite DE est parallèle au câté BC. Semblablement, FG est parallèle à BG. Donc ces droites DE, FG coïncident, en direction, avec MN.

(') Arthur Li'ecises, Notmelle» Ânnait» de MathémiUiguet , (orne XVIll.

g ' THÉORÈMES ET PROBLÈMES

Remarque. Si l'on adoplait l'énoncé suivant, la démoiis(r«lron deviendrait plus simple :

Sur la droite MN, qui joint les milieux des côtés AB , AC d'un

triangle ABC, on prend MD = ME= MA = MB : le» côtés BD,

BE, du rectangle ainsi déterminé,

sont les bissectrices de l'angle A BC

et de son supplément.

Corollaire. Soient, dans un triangle ABC : AOA', BOB', COC les bissectrices intérieures; BAC, CBA'.A'CB' les bisseo- Irices extérieures; LM, MN, NL les droites qui Joignent, deux à deux, tes milieux des côtés. Cellesci rencontrent les six autres eti douze points D, E, F, G; P, R, Q, S; T, l), V, X, projections des sommets sur les bissectrices.

Parmi tous les triangles formés avec un angle donné A, compris entre deux côtés dont la somme est constante , le triangle tsoscèle ABC o le plus petit périmètre.

Si l'on prend, arbitrairement, CC'=BB', et que l'on mène B'C, on aura

AB'-hAC' = AB + AC.

Soil la droile CD égale et porallclc à B'B: la figure B'CBD est un parallélogramme; donc BD == B'C.

A cause des parallèles AB, CD, les angles BAC, ACD sont supplémentaires;

DE GtOHÉTRIE ÉLÉMENTAIRE. 9

donc, dans les iriangles isoscéles BAC, CCD:

BAC = CCD + C'DC = 2CCD , ou

CCD = - A .

La (iruiic CD est donc parallèle à la bissectrice de l'angle BAC, c'pst-è-dire, perpendiculaire à BC. Ainsi BD > BC, ou BC > BC

Uam tout quadrilatère, les miliettx des côtés sont les sommets d'va parallélogramme.

Menons les diagonales AC, BD.

Dans le triangle ABD, la droite MN t parallèle à BD cl égale à la moitié de BD. De même, PQ est parallèleà BD et égale à la nioiiié de BD. Donc les droites MN, PQ sont égales et parallèles. Donc MNPQ est un parallélogramme.

Remarque. Le périmètre du parallélogramme est égal à la somme des diagonales du fiuadrilatère.

Théttrène XII.

Dans tout quadrilatère ABCD, les droites PR, QS qui Joignent les milieux des côtés opposés, et la droite MN qui joint les milieux des diagonales, se coupent en leur milieu commun 0.

Menons PQ, QR, RS, SP, PN, NR, RM, MP. La figure PQRS est un parallélogramme (Th. XI); donc les droites PR, QS se coupent en leur milieu commun 0.

PMRN est aussi un paralléio-

gramme. Car PM est égale cl parallèle à BQ; NR esl (îgale cl parallèle à AQ; etc. Done le milieu de la diagonale MN coïncide avec le milieu O de la diagonale PR.

Si, dans un f[uadrilalére AUCD, deux cotés opposés AD, BC sont égaux :

1" Ce* côtés sont également inclinés sur la médiane EFdes deux autres côtés; 2" la projection de chacun des premiers côtés, sur la médiane, est égale à la médiane.

Par le point F, menons FG, égale et parallèle au côié DA; puis FH, égale ei parallèle au côté CB. Tirons AG, BH, GE, HE.

Les quadrilatères AGFD, BHFC sont des parallélogrammes; donc . les droites AG, BH sont égales et parallèles; et, si l'on traçait AH, BG, la figure AGBH serait aussi un parallélogramme.

ConséquemiDent : i' la droite GH passe au milieu de AB ; 3° GE = EH.

Par suite, dans le triangle isoscéle GFH, la médiane FE, biiteetrice de l'angle F, est perpendiculaire à la base. Les deux parties du théorème sont donc démontrées.

Deux polygones convexei, d'un nombre impair de côtés, sont égaux lorsque leurs cotés ont mêmes points milieux (*).

L'énoncé revient à celui-ci : Un polygone convexe, d'un nombre impair de côtés, est déterminé par les milieux de ses côtés.

(') Pboubet, IViiuvtlltt jittnahi, tome IIL

HE GËOHËTRIB ÉLÉHENTAIRE, Il

' Celte proposition est vraie dans le cas où le nombre des c6lés se réduit à trot» ; car L, M, V étant les points milieux donnés, le triangle ABC a ses cAtés respectivement parallèles aux droites MV, VL, LM.

2° Soit, pour fixer les idées, un liepiagone convexe AB... FG, dont les côtés aient, pour milieux respeeiiTs, les points L, M,..., R, S.

En considérant trois côtes conséeuiifs quelconques GF, FË, ED, pnis les càtés adjacents à GF et ED, nous décomposons l'heptagone en deux quadrilatères GFED, A.GDC, c) en un triangle ABC. Le milieu II de GD est détermine par les points P, Q, R, attendu que UPQR est un parallélogramme (Th. XI). De même, le milieu V de AC esi déterminé par les points N, II, S. Le triangle ABC est donc déterminé (!•); etc.

Par un point 0, situé dans tangle donné A, mener une droite BC qui soit divisée en deux parties égales par ce point.

Soit D le milieu du segment inconnu AB : la droite OD sera parallèle à AC [C, 153].

Conséquemment, pour résoudre le problème, on mène OD parallèle au côté AC de l'angle donné; on prend DB^ AD; eti'ontjointlepoint B au point donné O.

Trouver, sur l'un descotês d'un angle ABC, wn point O également distant du second côté et d'un point D, situé sur le premier côté.

Supposons le problème résolu; abaissons OE, DF perpendi-

culaircs sur AB, et tirons DE. Dans le triangle isoscèlc OED,

Iles angles OED, ODE sont égaux. Mais, A cause des parallèles OE, DF, les angles CED, EDP sont égaux, comme alternes internes; donc EDO = EDF : DE est la bissectrice de l'angle BDF. Ainsi, pour résoudre le problème, il Taut mener DF perpendiculaire sur AB, tracer la bissectrice DE de l'angle BDF, et mener EO parallèle à DF.

Construire un triangle, connaissant deux côtés et wmc médiane.

Soit ABC le triangle cherché, et soit CC la médiane donnée.

IPaimi les deux côtés connus, il y en a nécessairement un, au moins, qui aboutit au sommet' C : supposons que ce soit le côté AC. Si le second côLé donné est AB, le problème se réduit à la construction du triangle ACC, dans lequel on connaît les trois côtés, attendu que AC' = {AB.

Si le second côté donné est CB; prenons, sur le prolongement de ce, C'D^C'C, et menons DB. Nous connaîtrons, dans le iriangle CBD, le côté CB, puis BD = AC, cl cnUn CD=:2CC^ La question est donc résolue.

rraMèaie IV.

Cotistruire un Iriangle, connaissant un côté et deux médianes.

Soit 0 le point d'interscciion des médianes données AA',BB',On a (Th. Il)

O.V = iAA', OB' = ^BB'.

DE GÉOMÉTUIE ÉLÉMENTAIRE. 43

Par suilc y la détermination du triangle ABC se réduit, quel que soit le côté donné, à la construction d'un des triangles AOB, AOB', BOA', dans lequel les trois côtés sont connus.

Construire un triangle, connaissant les trois médianes. Soit 0 le point d'intersection des médianes. A cause de