# Annales de mathématiques pures et appliquées/Tome 13/Géométrie élémentaire, article 5
### Solution partielle du problème de géométrie énoncé à la page 288 du XIIe volume du présent recueil ;

PROBLÈME. Déterminer, en fonction des quatre côtés d’un quadrilatère rectiligne inscrit au cercle, 1.$^o$ l’angle de deux côtés opposés ; 2.$^o$ l’angle des deux diagonales ?
Solution. Soient, comme dans le mémoire de la page 269 du XIIe volume, $a,b,c,d$ les quatre côtés consécutifs du quadrilatère, et $x,y$ les deux diagonales ; la première se terminant aux sommets $(a,b),(c,d),$ et la seconde aux sommets $(b,c),(a,d)\,;$ on aura, comme alors,
$x^{2}={\frac {(ac+bd)(ab+cd)}{ad+bc}},\qquad y^{2}={\frac {(ac+bd)(ad+bc)}{ad+bc}}\,;$
en outre, en posant
${\begin{aligned}&b+c+d-a=A,\\&c+d+a-b=B,\\&d+a+b-c=C,\\&a+b+c-d=D,\end{aligned}}$
nous aurons
$\operatorname {Sin} .(a,d)={\frac {\sqrt {ABCD}}{2(ad+bc)}},\qquad \operatorname {Sin} .(a,b)={\frac {\sqrt {ABCD}}{2(ab+cd)}}\,;$
$\operatorname {Cos} .(a,d)={\frac {a^{2}+d^{2}-b^{2}-c^{2}}{2(ad+bc)}},\qquad \operatorname {Cos} .(a,b)={\frac {a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}}{2(ab+cd)}}.$
Mais les prolongemens des côtés opposés $b$ et $d$ forment avec le côté $a$ un triangle dans lequel l’angle opposé à ce côté $a$ est précisément l’angle cherché $(b,d)$ de deux côtés opposés ; en supposant donc, pour fixer les idées, $a>c,$ nous aurons
$(b,d)=\varpi -\left[(a,d)+(a,b)\right]$
d’où
$\operatorname {Sin} .(b,d)=\operatorname {Sin} .\left[(a,d)+(a,b)\right]=\operatorname {Sin} .(a,d)\operatorname {Cos} .(a,b)+\operatorname {Sin} .(a,b)\operatorname {Cos} .(a,d)$
ce qui donnera, en substituant,
$\operatorname {Sin} .(b,d)={\frac {\left[\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right)+\left(a^{2}+d^{2}-b^{2}-c^{2}\right)\right]{\sqrt {ABCD}}}{4(ad+bc)(ab+cd)}},$
ou, en réduisant
$\operatorname {Sin} .(b,d)={\frac {\left(a^{2}-c^{2}\right){\sqrt {ABCD}}}{2(ad+bc)(ab+cd)}}\,;$
tel est le sinus de l’angle des deux côtés opposés $b$ et $d,$ on trouverait de même
$\operatorname {Sin} .(a,c)={\frac {\left(b^{2}-d^{2}\right){\sqrt {ABCD}}}{2(ad+bc)(ab+cd)}}.$
Si l’on cherche les cosinus des mêmes angles, on trouvera
$\operatorname {Cos} .(b,d)=\operatorname {Sin} .(a,b)\operatorname {Sin} .(a,d)-\operatorname {Cos} .(a,b)\operatorname {Cos} .(a,d)$
ou, en substituant,
$\operatorname {Cos} .(b,d)={\frac {ABCD-\left(a^{2}+d^{2}-b^{2}-c^{2}\right)\left(a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right)}{4(ab+cd)(ad+bc)}}$
ou, en développant et réduisant
$\operatorname {Cos} .(b,d)={\frac {(ab+cd)^{2}+(ad+bc)^{2}-\left(a^{2}-c^{2}\right)^{2}}{2(ab+cd)(ad+bc)}}\,;$
et on trouvera de même
$\operatorname {Cos} .(a,c)={\frac {(ab+cd)^{2}+(ad+bc)^{2}-\left(b^{2}-d^{2}\right)^{2}}{2(ab+cd)(ad+bc)}}.$
De là on déduit
$2\operatorname {Sin} .^{2}{\frac {1}{2}}(b,d)=1-\operatorname {Cos} .(b,d)={\frac {\left(a^{2}-c^{2}\right)^{2}-\left[(ab+cd)-(ad+bc)\right]^{2}}{2(ab+cd)(ad+bc)}},$
ou, en décomposant, divisant par $2$ et extrayant la racine quarrée
$\operatorname {Sin} .{\frac {1}{2}}(b,d)={\frac {a-c}{2}}{\sqrt {\frac {BD}{(ab+cd)(ad+bc)}}}\,;$
et on aurait de même
$\operatorname {Sin} .{\frac {1}{2}}(a,c)={\frac {b-d}{2}}{\sqrt {\frac {AC}{(ab+cd)(ad+bc)}}}\,;$
et, comme on a
$\operatorname {Cos} .{\frac {1}{2}}(b,d)={\frac {\operatorname {Sin} .(b,d)}{2\operatorname {Sin} .{\frac {1}{2}}(b,d)}},\qquad \operatorname {Cos} .{\frac {1}{2}}(a,c)={\frac {\operatorname {Sin} .(a,c)}{2\operatorname {Sin} .{\frac {1}{2}}(a,c)}}$
il viendra, en substituant,
${\begin{aligned}&\operatorname {Cos} .{\frac {1}{2}}(b,d)={\frac {a+c}{2}}{\sqrt {\frac {AC}{(ab+cd)(ad+bc)}}},\\\\&\operatorname {Cos} .{\frac {1}{2}}(a,c)={\frac {b+d}{2}}{\sqrt {\frac {BD}{(ab+cd)(ad+bc)}}}\,;\end{aligned}}$
et de là encore
${\begin{aligned}&\operatorname {Tang} .{\frac {1}{2}}(b,d)={\frac {a-c}{a+c}}{\sqrt {\frac {BD}{AC}}}\,;\\\\&\operatorname {Tang} .{\frac {1}{2}}(a,c)={\frac {b-d}{b+d}}{\sqrt {\frac {AC}{BD}}}\,;\end{aligned}}$
formules très-commodes pour le calcul par logarithmes.
Passons à la recherche de l’angle des diagonales ; pour cela remarquons que ces diagonales divisent le quadrilatère en quatre triangles dont la somme des aires sera, en appelant $x'$ et $x''$ les deux segmens de $x,$ et $y'$ et $y''$ les deux segmens de $y,$
${\frac {1}{2}}(x'y'+x'y''+x''y'+x''y'')\operatorname {Sin} .(x,y)=$
${\frac {1}{2}}(x'+x'')(y'+y'')\operatorname {Sin} .(x,y)={\frac {1}{2}}xy\operatorname {Sin} .(x,y)\,;$
mais il a été prouvé, dans le mémoire cité que l’aire de ce quadrilatère a aussi pour expression
${\frac {1}{4}}{\sqrt {ABCD}}\,;$
donc
$\operatorname {Sin} .(x,y)={\frac {\sqrt {ABCD}}{2xy}}\,;$
mais on a
$xy=ac+bd\,;$
donc finalement
$\operatorname {Sin} .(x,y)={\frac {\sqrt {ABCD}}{2(ac+bd)}}.$
De là on conclura facilement
$\operatorname {Cos} .(x,y)={\frac {a^{2}+c^{2}-b^{2}-d^{2}}{2(ac+bd)}}\,;$
et ensuite
${\begin{array}{rll}2\operatorname {Sin} .^{2}{\frac {1}{2}}(x,y)&=1-\operatorname {Cos} .(x,y)&={\frac {AC}{2(ac+bd)}},\\\\2\operatorname {Cos} .^{2}{\frac {1}{2}}(x,y)&=1+\operatorname {Cos} .(x,y)&={\frac {BD}{2(ac+bd)}}\,;\end{array}}$
d’où
$\operatorname {Sin} .{\frac {1}{2}}(x,y)={\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {AC}{ac+bd}}},\qquad \operatorname {Cos} .{\frac {1}{2}}(x,y)={\frac {1}{2}}{\sqrt {\frac {BD}{ac+bd}}}\,;$
et, par suite
$\operatorname {Tang} .{\frac {1}{2}}(x,y)={\sqrt {\frac {AC}{BD}}}\,;$
formule très-commode pour le calcul par logarithmes.
* ↑ Nous rappellerons ici qu’il a été proposé de trouver des formules analogues pour le quadrilatère sphérique inscrit à un petit cercle de la sphère. De telles formules ont bien été reçues ; mais elles n’ont pas l’élégance suffisante pour en justifier la publication. J. D. G.