Page:Annales de mathématiques pures et appliquées, 1824-1825, Tome 15.djvu/76

Mais, parce que les droites qui vont du point $(X,Y)$ aux points $(a',b'),(a'',b'')$ sont respectivement perpendiculaires à celles qui vont du point $(x,y)$ aux deux mêmes points, on doit avoir, par les théories connues,

$1+{\frac {y-b'}{x-a'}}.{\frac {Y-b'}{X-a'}}=0,\qquad 1+{\frac {y-b''}{x-a''}}.{\frac {Y-b''}{X-a''}}=0,$

c’est-à-dire,

${\begin{aligned}&(x-a')X+(y-b')Y=a'(x-a')+b'(y-b'),\\\\&(x-a'')X+(y-b'')Y=a''(x-a'')+b''(y-b'')\,;\end{aligned}}$

d’où

${\begin{aligned}&X={\frac {(y-b'')\left\{a'(x-a')+b'(y-b')\right\}-(y-b')\left\{a''(x-a'')+b''(y-b'')\right\}}{(b'-b'')x-(a'-a'')y+(a'b''-b'a'')}},\\\\&Y={\frac {(x-a')\left\{a''(x-a'')+b''(y-b'')\right\}-(x-a'')\left\{a'(x-a')+b'(y-b')\right\}}{(b'-b'')x-(a'-a'')y+(a'b''-b'a'')}}.\end{aligned}}$

En substituant ces valeurs dans l’expression de l’aire du triangle dont il s’agit, elle devient, en réduisant et décomposant,

${\frac {\left\{(a'-a'')(x-a')+(b'-b'')(y-b')\right\}\left\{(a'-a'')(x-a'')+(b'-b'')(y-b'')\right\}}{2\left\{(b'-b'')x-(a'-a'')y+(a'b''-b'a'')\right\}}}.$

Par un simple mouvement d’accens, on trouvera, pour les aires des deux autres triangles excédans

${\frac {\left\{(a''-a)(x-a'')+(b''-b)(y-b'')\right\}\left\{(a''-a)(x-a)+(b''-b)(y-b)\right\}}{2\left\{(b''-b)x-(a''-a)y+(a''b-b''a)\right\}}},$