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térieur d’un triangle, on mène des parallèles à ses trois côtés, ces droites diviseront ce triangle en six parties, dont trois seront des triangles tels que l’aire du triangle proposé sera égale au quarré de la somme des racines quarrées des aires de ces trois là.

Démonstration. Soit $\Delta$ le triangle proposé ; soient $T,T',T''$ les trois triangles intérieurs et $P,P',P''$ les trois parties qui sont des parallélogrammes respectivement opposés ; on aura

$\Delta =T+T'+T''+P+P'+P''\,;$

mais on a (tom. xviii, pag. 114)

$P=2{\sqrt {T'T''}},\quad P'=2{\sqrt {T''T}},\quad P''=2{\sqrt {TT'}}\,;$

donc

$\Delta =T+T'+T''+2{\sqrt {T'T''}}+2{\sqrt {T''T}}+2{\sqrt {TT'}},$

c’est-à-dire,

$\Delta =\left({\sqrt {T}}+{\sqrt {T'}}+{\sqrt {T''}}\right)^{2},$

comme nous l’avions annoncé.

THÉORÈME II. Si, par un point pris arbitrairement dans l’intérieur d’un tétraèdre, on conduit des plans parallèles à ses quatre faces, ces plans diviseront le tétraèdre en quatorze parties, dont quatre seront des tétraèdres tels que le volume du tétraèdre proposé sera égal au cube de la somme des racines cubiques des volumes de ceux-là.

Démonstration, Soit $\Delta$ le tétraèdre proposé ; soient $T,T',T'',T'''$ les quatre tétraèdres intérieurs ; les dix autres parties seront, savoir : quatre parallélipipèdes $P,P',P'',P''',$ respectivement opposés, et six troncs de prismes quadrangulaires ayant une arête latérale nulle, et que nous désignerons par $(pp'),(pp''),(p'p''),(p''p'''),(p'p'''),(pp'''),$ suivant les parallélipipèdes entre lesquels ils se trouveront situés.