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Démonstration. Considérons, en effet, un quelconque, des points de l’intérieur du triangle $\mathrm {EFG}$ comme le sommet commun de quatre pyramides, l’une triangulaire, ayant pour base $\mathrm {ABC,}$ et les trois autres quadrangulaires, ayant pour bases respectives les quadrilatères $\mathrm {AEFB,BFGC,CGEA}$ ; ces pyramides auront, par construction, des bases équivalentes et leurs hauteurs seront les distances du point $\mathrm {P}$ aux quatre faces du tétraèdre. De plus, elles composeront, par leur ensemble, le tronc de tétraèdre ayant pour ses deux bases $\mathrm {ABC}$ et $\mathrm {EFG.}$ Il suffira donc, pour avoir le volume de ce tronc, de multiplier le tiers de l’aire de l’une des bases ; de $\mathrm {ABC,}$ par exemple, par la somme des quatre hauteurs, c’est-à-dire, par la somme des distances du point $\mathrm {P}$ aux quatre faces du tétraèdre ; donc cette somme est égale au triple du volume du tronc divisé par l’aire du triangle $\mathrm {ABC}$ ; elle est donc indépendante de la situation du point $\mathrm {P,}$ dans l’intérieur du triangle $\mathrm {EFG}$ ; cette somme est donc constante.

6. Remarque I. Si le point $\mathrm {P}$ était pris sur le prolongement du plan du triangle $\mathrm {EFG}$ hors du tétraèdre, les mêmes choses auraient encoie lieu, pourvu que l’on prit, avec des signes contraires, les perpendiculaires qui tomberaient de différens côtés de la surface de ce tétraèdre.

7. Remarque II. Nous avons tacitement supposé que la face $\mathrm {ABC}$ était la plus petite des quatre. Si le contraire arrivait, un ou plusieurs des trois points $\mathrm {E,F,G,}$ ou même tous les trois se trouveraient sur les prolongemens de $\mathrm {AD,BD,CD}$ hors du tétraèdre.

$\lambda ={\sqrt {\frac {(a-d)(b-d)(c-d)}{abc}}},$

on trouvera facilement

$\mathrm {DE=DA} .{\frac {\lambda a}{a-d}},\qquad \mathrm {DF=DB} .{\frac {\lambda b}{b-d}},\qquad \mathrm {DG=DC} .{\frac {\lambda c}{c-d}}.$