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$Triang.\mathrm {A'B'C'={\frac {1}{2}}\left(PA'.PB'+PB'.PC'+PC'.PA'\right)} \operatorname {Sin} .120^{\circ }\,;$

et par suite

$\mathrm {PA'.PB'+PB'.PC'+PC'.PA'} ={\frac {2Triang.\mathrm {A'B'C'} }{\operatorname {Sin} .120^{\circ }}}.$

Or, dans le triangle équilatéral, le cercle inscrit est concentrique au cercle circonscrit, d’où il suit (pag. 280-291 du présent volume) que, quelle que soit la situation du point $\mathrm {P} ,$ sur la circonférence du premier de ces deux cercles, l’aire du triangle $\mathrm {A'B'C'}$ est constante, donc on a aussi

$\mathrm {PA'.PB'+PB'.PC'+PC'.PA'} =Const.$

Si présentement on prend pour le point $\mathrm {P}$ l’un des points de contact du cercle inscrit avec les côtés du triangle, deux des trois rectangles seront nuls, et le troisième se réduira évidemment à ${\frac {1}{4}}H^{2}\,;$ donc finalement

$\mathrm {PA'.PB'+PB'.PC'+PC'.PA'} ={\frac {1}{4}}H^{2}.$

Corollaire. Il est connu que, quelle que soit la situation du point $\mathrm {P} ,$ dans l’intérieur du triangle équilatéral, on a toujours

$\mathrm {PA'+PB'+PC'} =H,$

d’où, en quarrant

$\mathrm {{\overline {PA'}}^{2}+{\overline {PB'}}^{2}+{\overline {PC'}}^{2}+2\left(PA'.PB'+PB'.PC'+PC'.PA'\right)} =H^{2}\,;$

mettant donc ici pour la somme des produits deux à deux sa valeur ${\frac {1}{4}}H^{2},$ transposant et réduisant, on aura