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LBS, tel que la distance de son centre de gravité R, au centre H 

 du cercle, vérifie la double inégalité 



|bl=-bn>br>bf. 



La droite BBO est bissectrice de U!S ; donc, si on construit 

 angTBV — angOBS 

 BV sera bissectrice de SBM . 



Joignons RE, et prolongeons cette droite jusqu'en X, où elle 

 rencontre BV. E, étant le centre de gravité du secteur total LBM ; 

 '■I H, celui de la partie LBS ; le centre de gravité de l'autre partie, 

 SBM, doit se Irouver (1, S) sur le prolongement de RE. Mais, ce 

 centre de gravité doit aussi se trouver (pmp. 20) sur BV, bissec- 

 trice du secteur. C'est donc le point X. 



On a, par conséquent 



EX _ ject LBS _ ang l LHS ang OBL 

 ER _ sectSBM ~ " ang OBT 



Soit, maintenant, sur la bissectrice lit), un point 0, tel que l'on ait 



BQ BE 

 BE BR 



Prolongeons EQ jusqu'en P. On prouvera, comme dans la pre- 

 mière partie, que BEB, UEB sont semblables ; puisque PtJB, XEB 



d'où 



QP ang OBL 

 QE ang OBT 



Donc, d'après la proposition 0, si nous joignons AQ, le triangle 



