FORMULES

fl* = 6’ c* — 26 X 0.

fl* = 6’ -j- c’ -)- 26x.

fl* = 6* -f c* -f 26c.

fl =6 — c.

fl*=6*-4-c*.

713. Les relations que nous venons de mettre en évidence auraient pu également être déduites de la formule

71 4. Théorème. Les trois perpendiculaires abaissées des sommets d’un triangle sur les côtés opposés , passent par un même point.

Démonstration. Fig. 12. Construisons les deux perpendiculaires CD, BH , et par le point où elles se rencontrent, traçons la droite OP, perpendiculaire sur BC ; il ne reste plus qu’à démontrer que cette troisième perpendiculaire contient le point A.

Supposons que cela ii’ait pas lieu, et que la droite PO rencontre le côté CA, en A', et le côté BA prolongé en A". Joignons A' avec B et A" avec C ; exprimons par b et b', les deux parties BO etOH de la perpendiculaire BH; parc

GEOMETRIE PLM1E.

et c' les lieux parties CO et OD de la perpendiculaire CD , et par a la perpendiculaire OP.

Les deux triangles BOD, COH sont rectangles en D et en H ; de plus ils ont l’angle BOD = COH, comme opposé par le sommet; donc ils sont semblables, et l’on a la proportion

Les deux triangles BOP, OHA' sont rectangles en P et en H ; de plus ils ont l’angle BOP = A'OH ; donc ils sont semblables , et l’on doit avoir la proportion a: b:: b' : OA'.

Enûn , les deux triangles COP, DOA", rectangles en P et en D, ont l’angle COP = DOA"; donc ils sont semblables ; ce qui donne la proportion

a : c :: c' : OA".

Or, des trois proportions précédentes, on pourra déduire les équations

bb' = cc' a X OA' = bb'

cc' = a y, OA" ;

multipliant et réduisant, on aura OA' = OA".

Ce qui ne peut avoir lieu que si les deux points A' et A" coïncident avec le point A.

715. Théorème- Les trois droites qui joignent les sommets d’un triangle avec les milieux des côtés opposés , passent par un même point.

Oémonitration. Fig. 13. Joignons les sommets B et C avec les milieux des côtés opposés , par les deux droites

application de l'algèbre.

BH, CD, et traçons OP qui joint le point O avec le milieu du troisième côté BC ; il ne restera plus qu’à démontrer que la droite PO contient le point A.

Supposons que cela n’ait pas lieu, et que le prolongement de PO rencontre le côté CA en A' et le côté BA prolongé en A".

Traçons les trois droites DH , DP, PH , et désignons par b et b les deux parties BO, OH de la droite BH ; par c et c', les deux parties CO, OD de la droite CD, et par a la distance OP.

La droite DH qui joint les milieux des côtés AB, AC , sera parallèle à BC^ par conséquent, les deux triangles DOH.BOC, seront semblables; ce qui donnera la proportion

La droite DP étant parallèle au côté CA', les deux triangles DOP, COA' seront semblables , et l’on aura la proportion

c : c' a : OA'.

Enfin , la droite PH étant parallèle au côté BA", les deux triangles POH , BOA" seront semblables , et l’on aura la proportion

b-.by.a: OA"-

Les trois proportions précédentes donneront évidemment

bc' = bc , c X OA' = ac',

ab — b X OA’’;

multipliant et réduisant, on aurait