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$\operatorname {Sin} .DA={\frac {\operatorname {Sin} .B\operatorname {Sin} .C}{\operatorname {Sin} .D}},\qquad$(XLI)

$\operatorname {Sin} .DB={\frac {P}{\operatorname {Cos} .{\frac {1}{2}}A\operatorname {Sin} .B\operatorname {Sin} .D}},$

$\operatorname {Sin} .DC={\frac {P}{\operatorname {Cos} .{\frac {1}{2}}A\operatorname {Sin} .C\operatorname {Sin} .D}}.\quad$(XLII)

Soient $O$ le pôle et $R$ le rayon sphérique du cercle circonscrit à notre triangle. On sait que, si de ce point $O$ on abaisse des arcs perpendiculaires sur les directions de ses trois côtés, ils tomberont sur leurs milieux ; de sorte qu’en désignant par $A',B',C'$ les pieds de ces arcs perpendiculaires, on aura

$A'B=A'C={\frac {1}{2}}a,\quad B'C=B'A={\frac {1}{2}}b,\quad C'A=C'B={\frac {1}{2}}c,$

et, de plus,

$OA=OB=OC=R,$

Cela posé, on aura

${\begin{aligned}&\operatorname {Ang} .OAB+\operatorname {Ang} .OAC=A,\\&\operatorname {Ang} .OBC+\operatorname {Ang} .OBA=B,\\&\operatorname {Ang} .OCA+\operatorname {Ang} .OCB=C\,;\end{aligned}}$

retranchant la première de la somme des deux autres, il viendra

$\operatorname {Ang} .OBC+\operatorname {Ang} .OCB+\operatorname {Ang} .OBA-\operatorname {Ang} .OAB-\operatorname {Ang} .OCA-\operatorname {Ang} .OAC$

$=B+C-A$

mais, dans les triangles isocèles $AOB,BOC,COA,$ on a

$\operatorname {Ang} .OBC=\operatorname {Ang} .OCB,\ \operatorname {Ang} .OCA=\operatorname {Ang} .OAC,\ \operatorname {Ang} .OAB=\operatorname {Ang} .OBA$

réduisant donc, à l’aide de ces relations, il viendra