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RÉSOLUES.

donc,

$\mathrm {\operatorname {Sin} .{\tfrac {1}{2}}A.\operatorname {Sin} .{\tfrac {1}{2}}B.\operatorname {Sin} .{\tfrac {1}{2}}C={\tfrac {{\tfrac {1}{2}}(AB+BC-CA)\times {\tfrac {1}{2}}(AB-BC+CA)\times {\tfrac {1}{2}}(-AB+BC+CA)}{AB\times BC\times CA}}}$

$\mathrm {={\tfrac {{\tfrac {1}{2}}(AB+BC+CA)\times {\tfrac {1}{2}}(AB+BC-CA)\times {\tfrac {1}{2}}(AB-BC+CA)\times {\tfrac {1}{2}}(-AB+BC+CA)}{AB\times BC\times CA\times {\tfrac {1}{2}}(AB+BC+CA)}}}$

$\mathrm {={\tfrac {{\overline {ABC}}^{2}}{AB\times BC\times CA\times {\tfrac {1}{2}}(AB+BC+CA)}}}$

§. IV.

THÉORÈME. Le quarré de la distance des centres de deux cercles, dont l’un est circonscrit à un triangle, et dont l’autre lui est inscrit, est égal au rectangle du rayon du cercle circonscrit par l’excès de ce rayon sur le double de celui du cercle inscrit.

Soit $\mathrm {ABC}$ un triangle, soient $\mathrm {Z}$ et $z$ les centres de deux cercles, dont l’un est circonscrit au triangle, et dont l’autre lui est inscrit ; que les rayons de ces cercles soient $\mathrm {R}$ et $r,$ j’affirme que $\mathrm {{\overline {Zz}}^{2}=R(R-2r)}$.

Démonstration. Soient $\mathrm {ZP}$ et $zp,$ perpendiculaires à l’un des côtés, tels que $\mathrm {AB}$.

${\overline {Zz}}^{2}=(ZP-zP)^{2}+(Ap-AP)^{2}$

$\mathrm {\qquad ={\overline {AZ}}^{2}-2ZPxzp-2Ap\times AP+{\overline {zp}}^{2}+{\overline {Ap}}^{2}}$

$\mathrm {\qquad =RR-2Rr\operatorname {Cos} .C-Ap\times AB+{\overline {Ap}}^{2}+rr}$^[1]

$\mathrm {\qquad =RR-2Rr+4Rr\operatorname {Sin} .^{2}{\tfrac {1}{2}}C-Ap\times Bp+rr}$^[2]

1. À cause de $\mathrm {2AP=AB{\text{ et de }}ZP=AZ\operatorname {Cos} .AZP=R\operatorname {Cos} .C.}$
2. À cause de $\mathrm {\operatorname {Cos} .C=1-2\operatorname {Sin} .^{2}{\tfrac {1}{2}}C}$.
   (Note des éditeurs.)