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teurs, on aura

$\left(1-x^{2}\right)\left(1-y^{2}\right)\left(1-z^{2}\right)-(\cos \mathrm {L} -xy)^{2}\left(1-z^{2}\right)-(\cos \mathrm {M} -xz)^{2}\left(1-y^{2}\right)$

$-(\cos \mathrm {N} -yz)^{2}(\left(1-x^{2}\right)+2(\cos \mathrm {L} -xy)(\cos \mathrm {M} -xz)(\cos \mathrm {N} -yz)=0,$

ce qui se réduit à

$1-\mathrm {\cos ^{2}L-\cos ^{2}M-\cos ^{2}N} +2\cos \mathrm {L\cos M\cos N}$

${\begin{aligned}&-x^{2}\sin ^{2}\mathrm {N} -y^{2}\sin ^{2}\mathrm {M} -z^{2}\sin ^{2}\mathrm {L} \\+2xy\mathrm {\left(\cos L-\cos M\cos N\right)} &+2xz\mathrm {\left(\cos M-\cos L\cos N\right)} \\&+2yz\mathrm {\left(\cos N-\cos L\cos M\right)} =0.\end{aligned}}$

Or, faisant pour plus de simplicité

${\frac {b\cos {\frac {\lambda }{2}}}{a\cos {\frac {\mu }{2}}}}=m,\quad {\frac {c\cos {\frac {\lambda }{2}}}{a\cos {\frac {\nu }{2}}}}=n,$

en sorte que l’on ait $y=mx$ et $z=nx,$ et substituant ces valeurs dans l’équation précédente, on en tirera

$x={\frac {\sqrt {1-\mathrm {\cos ^{2}L-\cos ^{2}M-\cos ^{2}N} +2\cos \mathrm {L\cos M\cos N} }}{\sqrt {\begin{aligned}&\sin ^{2}\mathrm {N} +m^{2}\sin ^{2}\mathrm {M} +n^{2}\sin ^{2}\mathrm {L} -2m\mathrm {\left(\cos L-\cos M\cos N\right)} \\&-2n\mathrm {\left(\cos M-\cos L\cos N\right)} -2mn\mathrm {\left(\cos N-\cos L\cos M\right)} \end{aligned}}}}.$

Ainsi l’on connaîtra $x$ et par conséquent aussi $y$ et $z,$ ce qui suffit pour déterminer la position du point $\mathrm {H} .$

25. À l’égard des arcs $\mathrm {L,M}$ et $\mathrm {N} ,$ il est facile de les déterminer par le moyen des arcs $\lambda ,\mu$ et $\nu ,$ qui sont supposés connus.

En effet, dans le triangle $\mathrm {FLE} ,$ on a

$\mathrm {FE=L,\quad LF={\frac {\lambda }{2}}+90^{\circ },\quad LE={\frac {\mu }{2}}+90^{\circ }} \,;$

donc, nommant $\eta$ l’angle en $\mathrm {L} ,$ on aura

$\cos \mathrm {L} =\cos {\frac {\lambda }{2}}\cos {\frac {\mu }{2}}\cos \eta +\sin {\frac {\lambda }{2}}\sin {\frac {\mu }{2}}.$