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$k^{2}$ est le quart de l’aire de ce triangle. Il faut bien en effet qu’il en soit ainsi ; car, lorsque du centre du cercle circonscrit à un triangle on abaisse des perpendiculaires sur les directions de ses trois côtés, les pieds de ces perpendiculaires sont les milieux de ces mêmes côtés, et par conséquent le triangle qui a ses sommets à ces pieds est le quart du premier.

On voit aussi, par ce qui précède, 1.^o que, tant que le diamètre du cercle extérieur est moindre que la diagonale du quarré circonscrit au cercle circonscrit au triangle donné, il y a un cercle extérieur et un cercle intérieur qui résolvent le problème ; 2.^o que, lorsque le diamètre du cercle extérieur est précisément égal à cette diagonale, le cercle intérieur se réduit à un point ; 3.^o qu’enfin lorsque le diamètre du cercle extérieur est plus grand que cette diagonale, il n’y a plus de cercle intérieur.

Il résulte aussi de ce qui précède que, lorsque le cercle extérieur se confond avec le cercle circonscrit au triangle donné, le cercle intérieur se confond aussi avec lui. L’aire du triangle qui a ses sommets aux pieds des trois perpendiculaires étant alors nulle, ces trois points doivent ainsi être en ligne droite. C’est le cas particulier déjà démontré (Annales, tom. IV, pag. 251.)

Après avoir ainsi démontré de tous points le théorème énoncé, nous allons généraliser un peu la propriété qu’il exprime. Par le point $\mathrm {P}$ soient menées aux trois côtés du triangle donné des obliques $a',b',c'$ faisant dans le même sens des angles égaux $\varepsilon$ avec les trois perpendiculaires $a,b,c$. Soient fait des pieds de ces obliques les sommets d’un triangle inscrit dont nous représenterons l’aire par $k'^{2}$ ; En raisonnant, comme nous l’avons fait ci-dessus, pour paryenir à l’équation (2), nous aurons

$b'c'\operatorname {Cos} .\alpha +c'a'\operatorname {Cos} .\beta +a'b'\operatorname {Cos} .\gamma =k'^{2}.\qquad$(5)

Mais on a