529.
On remarquera encore que le triangle B A C eſt par-
tagé par les lignes G B, G C, G A en trois triangles A G C,
A G B, B G C, qui ont tous pour hauteur le rayon du même
cercle: donc la ſurface de ce triangle ſera égale à la ſomme
de celles des trois triangles, c’eſt-à-dire que l’on aura cette
égalité B A C = {AB/2} x G E + {AC/2} x G E + {BC/2} x G E =
{A B + A C + B C/2} x G E = A K x G E. Cette remarque eſt en-
core abſolument néceſſaire pour l’intelligence du théorême
ſuivant.
tagé par les lignes G B, G C, G A en trois triangles A G C,
A G B, B G C, qui ont tous pour hauteur le rayon du même
cercle: donc la ſurface de ce triangle ſera égale à la ſomme
de celles des trois triangles, c’eſt-à-dire que l’on aura cette
égalité B A C = {AB/2} x G E + {AC/2} x G E + {BC/2} x G E =
{A B + A C + B C/2} x G E = A K x G E. Cette remarque eſt en-
core abſolument néceſſaire pour l’intelligence du théorême
ſuivant.
PROPOSITION XVIII.
Théoreme.
Demonstration.
Sur le côté B C ſoit priſe la ligne B M = F C, qui donnera
C M = F B, en ôtant des lignes égales la partie commune
F M; ſoit prolongé le côté A C d’une quantité C H = B F ou
C M: on aura A H = A K, puiſque les parties qui compoſent
ces deux lignes ſont égales. Aux points K, M, H, ſoient éle-
vées ſur chacune des lignes correſpondantes B K, B C, C H
les perpendiculaires K I, M I, H I qui ſe rencontreront toutes
en un ſeul & même point I, & ſeront toutes égales entr’elles;
car puiſque B M = B K, en tirant B I, les triangles rectangles
B M I, B K I auront, outre l’angle droit, deux côtés égaux cha-
cun à chacun B M = B K, & le côté B I qui leur eſt com-
mun: donc K I = M I; on feroit voir de même que M I = H I,
puiſque les lignes C M & C H ſont égales: on prolongera en-
ſuite la ligne A G, qui paſſera auſſi par le point I, comme il eſt
aiſé de le voir, à cauſe des quadrilateres A E G D, A K I H,
qui ſont évidemment ſemblables, puiſque les lignes G D, G E
ſont égales entr’elles, & paralleles aux lignes I H, I K auſſi
égales entr’elles; & que les lignes A D, A E ſont auſſi égales
entr’elles, ainſi que les lignes A H, A K.
C M = F B, en ôtant des lignes égales la partie commune
F M; ſoit prolongé le côté A C d’une quantité C H = B F ou
C M: on aura A H = A K, puiſque les parties qui compoſent
ces deux lignes ſont égales. Aux points K, M, H, ſoient éle-
vées ſur chacune des lignes correſpondantes B K, B C, C H
les perpendiculaires K I, M I, H I qui ſe rencontreront toutes
en un ſeul & même point I, & ſeront toutes égales entr’elles;
car puiſque B M = B K, en tirant B I, les triangles rectangles
B M I, B K I auront, outre l’angle droit, deux côtés égaux cha-
cun à chacun B M = B K, & le côté B I qui leur eſt com-
mun: donc K I = M I; on feroit voir de même que M I = H I,
puiſque les lignes C M & C H ſont égales: on prolongera en-
ſuite la ligne A G, qui paſſera auſſi par le point I, comme il eſt
aiſé de le voir, à cauſe des quadrilateres A E G D, A K I H,
qui ſont évidemment ſemblables, puiſque les lignes G D, G E
ſont égales entr’elles, & paralleles aux lignes I H, I K auſſi
égales entr’elles; & que les lignes A D, A E ſont auſſi égales
entr’elles, ainſi que les lignes A H, A K.