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RÉSOLUES.

$\mathrm {C'E={\sqrt {{\overline {CC'}}^{2}-{\overline {CE}}^{2}}}={\sqrt {{\overline {CC'}}^{2}-(CD-C'D')^{2}}}} \,;$

donc

$\mathrm {{\sqrt {{\overline {CC'}}^{2}-(CD-C'D')^{2}}}=AA'\mp (AD+A'D')} \,;$

ou, en quarrant, développant et faisant attention que

$\mathrm {{\overline {AD}}^{2}+{\overline {CD}}^{2}={\overline {AC}}^{2},\qquad {\overline {A'D'}}^{2}+{\overline {C'D'}}^{2}={\overline {A'C'}}^{2}}$

et transposant

$\mathrm {{\overline {CC'}}^{2}-{\overline {AC}}^{2}-{\overline {A'C'}}^{2}+2(CD.C'D'-AD.A'D')\pm 2AA'(AD+A'D')-{\overline {AA'}}^{2}} =0.$

Or, on a

$\mathrm {CC'} =r+r',\quad \mathrm {AC} =r,\quad \mathrm {A'C'} =r,\quad \mathrm {AA'} =a'',$

$\mathrm {CD} =\mathrm {AC} Sin.\mathrm {CAD} =r\operatorname {Cos} .A'\,;\ \mathrm {C'D'} =\mathrm {A'C'} Sin.\mathrm {C'A'D'} =r'\operatorname {Cos} .A,$

$\mathrm {AD} =\mathrm {AC} Cos.\mathrm {CAD} =r\operatorname {Sin} .A'\,;\ \mathrm {A'D'} =\mathrm {A'C'} Cos.\mathrm {C'A'D'} =r'\operatorname {Sin} .A,$

d’où

$\mathrm {CD.C'D'-AD.A'D'} =$

$rr'(\operatorname {Cos} .A\operatorname {Cos} .A'-\operatorname {Sin} .A\operatorname {Sin} .A')=rr'\operatorname {Cos} .(A+A')=-rr'\operatorname {Cos} .A''\,;$

en substituant et faisant attention que $1-\operatorname {Cos} .A''=2\operatorname {Sin} .^{2}{\tfrac {1}{2}}A'',$ il viendra donc

$4rr'\operatorname {Sin} .^{2}{\tfrac {1}{2}}A''\pm 2a''(r\operatorname {Sin} .A'+r'\operatorname {Sin} .A)-a''^{2}=0.$

Mais, en représentant par $T$ l’aire du triangle, on a

$\operatorname {Sin} .A={\frac {2T}{a'a''}},\qquad \operatorname {Sin} .A'={\frac {2T}{aa''}}.$