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alors sur la figure 135 : nous avons, cette fois, $\mathrm {CH=AH-AC}$ (au lieu de $\mathrm {CH=AC-AH}$), mais nous tirons encore de là

$\mathrm {CH^{2}=AC^{2}+AH^{2}-2AC\times AH} ,$

et nous obtenons comme tout à l’heure l’égalité (7) que nous pouvons transformer en l’égalité équivalente (8). Suit enfin l’angle $\mathrm {A}$ obtus ; la démonstration se fait alors sur la figure 136 ; nous avons cette fois,

$\mathrm {CH=AH+AC} .$

2 triangles à angle C ou A obtus et hauteur extérieure

Fig. 135.                                                       Fig. 136.

d’où nous tirons

$\mathrm {CH^{2}=(AH+AC)\times (AH+AC)=AH^{2}+AC^{2}+2AC\times AH} ,$

Portant cette valeur dans l’égalité (6) [où $\mathrm {BH^{2}}$ est remplacé par $\mathrm {AB^{2}-AH^{2}}$], nous obtenons

(9)

${\rm {BC^{2}=AB^{2}+AC^{2}+2AC.AH.}}$

D’ailleurs le triangle $\mathrm {ABH}$ nous donne $\mathrm {AH=AB.\cos BAH} ,$ et nous savons que le cosinus de $\mathrm {BAH}$ est égal au cosinus négatif^[1] de l’angle $\mathrm {A}$ du triangle $\mathrm {ABC}$ (angle obtus supplémentaire de $\mathrm {BAH}$). Nous en concluons que l’égalité (8) a bien encore lieu.

Si au lieu de partir du côté $\mathrm {BC}$ du triangle $\mathrm {ABC} ,$ nous considérons le côté $\mathrm {AB}$ ou le côté $\mathrm {AC} ,$ nous obtiendrons évidemment une égalité ou relation semblable.

219. – Les trois côtés d’un triangle quelconque sont proportionnels aux sinus des angles opposés.

Les triangles rectangles $\mathrm {ABH,BHC}$ nous donnent immédiatement, quel que soit celui des trois cas de figure auquel nous avons affaire :

$\mathrm {BH=AB.\sin A\quad {\text{et}}\quad BH=BC.\sin C}$

1. Vide n^o 156.