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ßniletiii  physico  - mathématique 
Triangle. 
Centre  du  cercle  inscrit.  Les  surfaces  partielles  sont 
proportionnelles  aux  côtés  a,  b,  c.  Donc 
2a . AM"  ==  ( a — t—  b i c)  MK  h—  abc , 
et 
a.AM2 -a- b.  BM 2 — c.CM2  = (a-A-b—c ) MK 2 — aôc 
pour  un  centre  de  cercle  ex-inscrit. 
PoMif  de  rencontre  des  hauteurs.  Les  rapports  des  sur- 
faces partielles  égalent  ceux  des  quantités 
cos  Z?  cos  Csin.4,  cos  ^4  cos  C sin  fi,  cos  A cos  B sin  C 
2A  . AM2  = MK2  (A -t- B -a-  C -a-  D) 
ABC 2 -+-  BCa2  — i-  ACb 2 -+-  ADa' 2 -+-  BDb'2+-  CDC,'2 
4+Ü  + C+  D ’ 
Le  centre  K est-il  le  centre  d’une  sphère  ex-inscrite 
ou  tangente  aux  prolongements  de  trois  faces  A,  B,  C 
et  en  dessous  de  la  quatrième  D,  il  faut  prendre  D 
négativement,  ce  qui  donne: 
A . AM2  -a-  B . BM2  -+-  C . CM2  — D . DM2 
= (A  + B-t-C  — D)MK2 
ABc2  -+-  BCa2  -h  ACb 2 — ADa2  — BDb'2  — CDc'2 
A - B C — D 
ou  tang^4,  tang  fi,  tangC. 
Donc  (si  le  point  de  rencontre  est  à l’intérieur) 
= (tgA  -h  tgB  -h  tgC)  JfX»  ■+■ 
ou  = 2 tang  .4 . AHi 
Or 
a2  b2 
tang  A tang  2? 
c2 
tang  C’ 
4 R2 (sin 2 A -a- sin 2B  -a-  sin 2 C), 
tang  A tang  B tangC  v 
R rayon  du  cercle  circonscrit,  = SR2  sin  A sin  B sin  C 
= 2 S,  S surface  du  triangle. 
Quant  aux  centres  des  sphères  ex -inscrites  aux 
angles  dièdres  formés  par  les  prolongements  de  deux 
faces  et  entre  les  prolongements  des  deux  autres,  on 
devra  prendre  deux  aires  avec  le  signe  — , on  aura 
par  exemple: 
A.  AM2  -+-  B .BM2 — -C.  CM2  — D.  DM2 
— (A -a-  B — C — D)  MK2 
ABc2  — BCa2  — ACb2  — ADa2  — BDb'2  -+-  CDc'2 
A-t-B  — C — D 
!i 
* 
Enfin 
2AM2  tang  A = 2 tang  A . MK2  -t-  25. 
Centre  du  cercle  circonscrit.  Les  surfaces  sont  entre 
elles  comme  sin  2 A,  sin  2 B,  sin  2 C.  Donc 
2AM 2 sin  2^4  = 4 sin  A sin  B sin  C (MK2  -+-  R2) 
et  AM2  sin  2 A -+-  BM2  sin  2 B — CM2  sin  2 C 
= 4 sin  C cos  A cos  B (MK2  -t-  R2) , 
si  le  centre  est  à l’extérieur  du  triangle 
Tétraèdre. 
Centre  de  gravité.  Il  y a égalité  entre  les  volumes 
partiels, 
2AM2  = AM  K2  h-  2AC2  = AM  K2  -a- 
4 
Centre  de  la  sphère  inscrite.  Les  volumes  partiels  étant 
proportionnels  aux  aires  des  quatre  faces  A,  B,  C , D, 
il  vient: 
III. 
i 
De  la  sphère  circonscrite. 
Soit  adopté  le  centre  0 de  cette  sphère  pour  centre 
des  distances  proportionnelles;  désignons  par  vd,  vc,  | 
vb , va  les  volumes  des  tétraèdres  partiels  ayant  leur  ! 
sommet  au  centre  et  s’appuyant  sur  les  bases  D,  C, 
B,  A.  La  relation  correspondante  à un  point  M de  ! 
l’espace  sera  2va . AM2  = V (MO2  -+-  fi2). 
Plaçons  le  point  M successivement  aux  quatre  som-  i 
mets  de  la  pyramide,  il  en  découlera  ce  système  d’é- 
quations : 
a%d  b2vc  -a-  c2vb  = 2 VR2, 
b'2vd  -a-  a2vc  -4-  c%a  = 2 Ffi2, 
c\d  -a-  b2va  h-  a2vb  = 2 VR2, 
a\-Hb\+c\=2VJt2. 
D’où  je  tire: 
