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QUESTIONS

des quatre sphères par le volume du tétraèdre qui a ses sommets à leurs centres.

Du centre $\mathrm {F}$ soient abaissées des perpendiculaires sur les plans des deux faces $\mathrm {CAD,CBD}$ ; ces perpendiculaires et les droites qui joindront leurs pieds au milieu de l’arête ${\overline {\mathrm {CD} }}$ formeront un quadrilatère bi-rectangle, dans lequel un angle sera encore égal à l’angle dièdre ${\overline {\mathrm {CD} }}\,;$ ses deux côtés comprenant cet angle seront les distances de l’arête ${\overline {\mathrm {CD} }}$ aux centres des cercles circonscrits aux mêmes faces : distances que nous désignerons respectivement par $\beta '$ et $\alpha '\,;$ ainsi, en désignant par $k$ la distance du point $\mathrm {F}$ à l’arête $\mathrm {CD} ,$ cette distance sera la diagonale du quadrilatère ; on aura donc (Lemme)

$k={\frac {\sqrt {\alpha '^{2}-2\alpha '\beta '\operatorname {\operatorname {Cos} } .\mathrm {C} +\beta '^{2}}}{\operatorname {\operatorname {Sin} } .\mathrm {C} }}\,;$

mais, $\operatorname {Sin} .\mathrm {C}$ et $\operatorname {Cos} .\mathrm {C}$ sont connus, et l’on a d’ailleurs (Prob. I)

$\alpha '=(c+d){\frac {b^{2}+(c+d)b-cd}{4{\sqrt {bcd(b+c+d)}}}},\qquad \beta '=(c+d){\frac {a^{2}+(c+d)a-cd}{4{\sqrt {acd(a+c+d)}}}}\,;$

il viendra donc, en substituant

$k={\frac {1}{6T}}{\sqrt {\left\{{\begin{aligned}&acd(a+c+d)\left\{b^{2}+(c+d)b-cd\right\}^{2}\\-&\left\{b^{2}+(c+d)b-cd\right\}\left\{a^{2}+(c+d)a-cd\right\}\left\{c^{2}(ad+bd-ab)+d^{2}(ac+bc-ab)\right\}\\+&bcd(b+c+d)\left\{a^{2}+(c+d)a-cd\right\}^{2}\\\end{aligned}}\right\}}}$

mais, en menant $\mathrm {FD} =f,$ cette droite est l’hypolbénuse d’un triangle rectangle, dont $k$ et ${\tfrac {1}{2}}(c+d)$ sont les côtés de l’angle droit ; d’où il suit qu’on doit avoir

$f^{2}=k^{2}+{\tfrac {1}{4}}(c+d)^{2}=k^{2}+{\frac {9(c+d)^{2}T^{2}}{36T^{2}}}\,;$

en se rappelant donc que

$9T^{2}=abcd(a+b+c+d)^{2}-(ab+cd)(ac+bd)(bc+ad),$

il viendra