L'omniprésence de la distance$^2$

Le carré de la distance, que je note $[AB]$ ici, a tendance à surgir à tout propos.
Pythagore : $[AB]+[BC]=[AC]$ ,
Héron : $16S^2=2[CA][AB]+2[AB][BC]+2[BC][CA]-[AB]^2-[BC]^2-[AC]^2$
etc. etc. Le voici à l'œuvre dans un quadrangle orthocentrique.

Les longueurs des côtés sont contraints par un déterminant de Cayley-Menger :
$
\begin{vmatrix}
0&1&1&1&1\\
1&0&[AB]&[AC]&[AD]\\
1&[AB]&0&[BC]&[BD]\\
1&[AC]&[BC]&0&[CD]\\
1&[AD]&[BD]&[CD]&0
\end{vmatrix}
=0
$
car les quatre sommets sont coplanaires,
et par trois égalités qui traduisent l'orthogonalité des côtés sans point commun :
$[AB]+[CD]=[AC]+[BD]=[AD]+[BC]$
Le fait que la troisième égalité n'apparaisse pas traduit le concours des hauteurs du triangle (ABC)

Ce qui m'a plu :
Calculer $[AD]$, $[BD]$, $[CD]$ connaissant $[AB]$, $[AC]$, $[BC]$ est un problème du deuxième degré,
mais calculer $[AB]$, $[AC]$, $[BC]$ connaissant $[AD]$, $[BD]$, $[CD]$ est du troisième.

Pour un premier calcul, arrangé, on peut prendre $$
[AD] = \sqrt{21},\qquad [BD] = \sqrt{125},\qquad [CD] = \sqrt{\color{red}{189}}

$$ (donc $|AD|=\sqrt[4]{21}$.)