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abaisse de ce dernier point, sur les directions des mêmes côtés du triangle $\mathrm {ABC,}$ des perpendiculaires $\mathrm {P'A'',P'B'',P'C'',}$ les six points $\mathrm {A',B',C'} ,$$\mathrm {A'',B'',C''}$ appartiendront à une même circonférence ayant son centre $\mathrm {O}$ au milieu de la droite $\mathrm {PP'}$ ». De là on déduira facilement la solution de ce problème :

« Des droites $\mathrm {PA,PB,PC}$ étant menées de l’un quelconque $\mathrm {P}$ des points du plan d’un triangle $\mathrm {ABC}$ à ses trois sommets, inscrire à ce triangle un autre triangle $\mathrm {A'B'C',}$ dont les trois côtés $\mathrm {B'C',C'A',A'B'}$ soient respectivement perpendiculaires à ces droites ? »

4.

Nous venons de faire voir que les angles $\mathrm {PAC}$ et $\mathrm {P'AB}$ sont égaux ; or, comme les circonstances sont les mêmes relativement aux trois sommets du triangle $\mathrm {ABC,}$ on doit avoir

${\begin{aligned}&\operatorname {Ang} .\mathrm {PAC} =\operatorname {Ang} .\mathrm {P} 'AB,\\&\operatorname {Ang} .\mathrm {PBA} =\operatorname {Ang} s.\mathrm {P'BC} ,\\&\operatorname {Ang} .\mathrm {PCB} =\operatorname {Ang} .\mathrm {P'CA} \,;\end{aligned}}$

d’où résulte ce théorème :

« Par l’un quelconque $\mathrm {P} ,$ des points du plan d’un triangle $\mathrm {ABC,}$ soient menées à ses sommets des droites $\mathrm {PA,PB,PC} \,;$ si, par les mêmes sommets, on mène trois nouvelles droites faisant respectivement, avec les côtés $\mathrm {AB,BC,CA,}$, des angles égaux aux angles $\mathrm {PAC,PBA,PCB,}$ ces trois dernières droites concourront en un même point $\mathrm {P'} \,;$ et si, des points $\mathrm {P,P'}$ on abaisse sur les directions des côtés $\mathrm {BC,CA,BA}$ du triangle les perpendiculaires $\mathrm {PA',PB',PC',P'A'',P'B'',P'C'',}$ leurs pieds $\mathrm {A',B',C'} ,$$\mathrm {A'',B'',C''}$ appartiendront tous six à une même circonférence ayant son centre $\mathrm {O}$ au milieu de la droite $\mathrm {PP'}$ ».