Sean M’ y N’ los puntos medios de los lados AB y AE respectivamente. Veamos la congruencia que existe entre los triángulos AMM’ y ENN’. Para ello, observamos  la igualdad dada entre los lados AM’ y N’E por un lado (= la mitad del lado del cuadrado ABPE) y MM’ con NN’ por otro (= la mitad del lado del cuadrado ACSD) así como el ángulo <ENN' = <AM'M, al venir este ángulo dado por dos pares de lados perpendiculares entre sí.

Por tanto el ángulo N’EN es igual al ángulo M’AM. Como los lados  N’E y M’A son perpendiculares entre sí también lo serán los otros lados  AM y EN.

En definitiva, AM y ED son perpendiculares entre sí. De igual manera se probaría que AN y BC serían perpendiculares.

Si llamamos H_a , H_b y H_c a los puntos medios de los segmentos que no son lados de los cuadrados construidos exteriormente al triángulo inicial dado ABC, tenemos que, según el Lema probado, las semirrectas H_aA , H_bB y H_cC son perpendiculares a los lados a, b y c, respectivamente. Por tanto dichas rectas son las tres alturas del triángulo ABC y concurren en el punto H, ortocentro del mismo. De este modo, los triángulos Ha Hb Hc y ABC son homológicos en el sentido de Desargues, y su centro de homología es H, ortocentro de ABC. (Prop iii)

Sea el punto G, baricentro del triángulo ABC, y consideramos los vectores . Estos vectores son perpendiculares, según el Lema, a los lados DE, PQ y RS y, por tanto, paralelos a las mediatrices de sus lados y a las medianas del triángulo ABC. (Prop iv)

 Al trasladar según aquellos vectores los triángulos ADE , BPQ y CRS  todos concurren en G. Obsérvese que los ángulos en A, B y C de los triángulos primeros miden respectivamente, 180º-A, 180º-B y  180º-C. Luego en G suman 360º.

Según esta traslación los puntos H_a, H_b y H_c se transforman en los puntos medios del triángulo XYZ y las mediatrices de los lados no son otras que las mediatrices del triángulo XYZ que concurren en K, circuncentro del mismo.

(Prop i)

Volvamos otra vez a la figura inicial que nos sirvió par ilustrar el Lema. Los triángulos señalados en color verde son congruentes ya que coinciden dos lados y el ángulo que ambos determinan. Estos elementos son los siguientes:
Lado M'B=AN'

Lado MM'= NN'

<MM'B = <NN'A

Por tanto también son iguales los lados MB y AN o lo que es lo mismo AN=1/2×a.

Este último resultado va a tener una importancia a la hora de probar la (prop ii) como ahora veremos a continuación.

El triángulo XYZ tiene como baricentro el mismo punto G, baricentro del triángulo ABC ya que los puntos medios H_a', G e Y son colineales al ser H_a'G perpendicular al lado BC, luego paralelo al lado BD (o CR). Por tanto como GY es paralelo a BD, resulta que, en efecto, los puntos  H_a', G e Y son colineales. Además por el último resultado probado anteriormente resulta que:
H_a'G = 1/2 GY = 1/2 a.

De igual manera probaríamos que:

H_b'G = 1/2 GX = 1/2 b.

H_c'G = 1/2 GZ =  1/2 c.

Por tanto, G es también el baricentro del triángulo XYZ y se verificará que

Veamos por fin, que G es también el baricentro del triángulo H_a H_b H_c. Bastará probar para que

Y esa igualdad es cierta sin más que observar que la suma anterior se descompone así:

(prop ii)