ABD = ABE
ce qui est impossible [ax. 9]. Par conséquent, BE ne peut être en ligne droite avec BC, et le même raisonnement s'appliquera pareillement à toute autre droite différente de BD. Donc BC et BD sont le prolongement l'une de l'autre ( * ).
Si deux droites AB, CD {fig- i5) se coupent mutuellement^ elles forment des angles opposés par le sommet égaux deux à deux y savoir CEA = DEB et CEB = AED.
Fig. i5.
On a, en effet [pr. 13] ,
CEA + AED = adroits, et
AED -h DEB = 2 droits.
(1) Oq peut faire sur cette proposition la même remarque que sur la précédente.
DES ÉLÉMENTS d'EUGLIDE. ^7
Donc [ax. 1 et 10]
CE A + AED = AED 4- DEB ; par suite, en ôtant de part et d'autre AED [ax. 3],
CEA = DEB.
On démontrerait de même que CEB = AED.
Si ron prolonge un côté BC d'un triangle ABC {^g* i6), l'angle extérieur ACD est plus grand que chacun des angles intérieurs non adjacents CBA, BAC.
Fig. i6.
Partageons AC en deux parties égales au point E [pr. 10]; menons BE et prolongeons cette droite d'une quantité EF = EB [pr. 3, note]. Menons CF.
Puisque l'on a
AE = EC, BE = EF et AEB = FEC [pr. 15],
il en résulte [pr. 4]
BAE = ECF.
Mais on a [ax. 9]
ACD > ECF.
Par conséquent,
ACD > BAE.
De môme, en partageant BC en deux parties égales, et prolongeant AC vers G, on démontrera que BCG, c'est-à-dire ACD [pr. 15], est plus grand que CBA.
Dans tout triangle ABC {fig* 17); l(t somme de deux angles quelconques ABC, ACB est moindre que deux angles droits.
Prolongeons BC vers D. On a [pr. 16]
ABG<ACD.
Par conséquent [ax. 4],
ABC + ACB < ACD -h ACB.
Or on a[pr. 13]
ACD -h ACB = 2 droits.
Donc
ABC + ACB < 2 droits.
On démontrerait de même que chacune des deux sommes
BAC -h ACB, CAB + ABC est moindre que deux angles droits.
Deux côtés AC, AB d^un triangle ABC {fig. 18) étant inégaux^ au plus grand côté AC est opposé un plus grand angle ABC.
Soit AC > AB. Prenons AD = AB [pr. 3, note], et menons BD.
DBS ÉLÉMENTS d'EUGLIDE. 29
On aura alors [pr. 16]
ADB>ACB.
Mais
ADB = ABD [pr.5].
Donc ABD ]> ACB, et à plus forte raison
