ABC

Tirons une droite DE, terminée en D, indéfinie vers E. Prenons DP = A, FG = B, GH = G [pr. 3]. Décrivons du centre F, avec le rayon FD, le cercle DKL, et du centre G, avec le rayon GH, le cercle KLH, qui coupe le cercle DKL en R. Menons KF, KG; KFG sera le triangle demandé.

En effet, FD = FK [déf. 15] ; or FD = A : donc aussi KF = A [ax.i]. De même, puisque GK = GH et que GH=:G, onaGK=:G.

3a PREMIER LIVRE.

On a d'ailleurs aussi FG = B. Donc le triangle FGK a ses trois côtés égaux respectivement aux lignes données, A, B, G (*).

En un point A d'aune droite donnée AB (/t^. a3), construire un angle rectiligne égal à un angle rectiligne donné DGE.

Fig. a3.

Sur CD et sur CE prenons arbitrairement deux points D, E,

et menons DE. Construisons ensuite le triangle AFG tel que l'on

ait

AF = CD, AG = CE, DE = FG [pr. 22].

On aura [pr. 8j

FAG = DCE.

Si deux triangles ABC, DEF {fig. 24 ^^ ^5) ont deux côtés égaux chacun à chacun^ AB = DE, AC = DF, et l'angle compris par ces côtés inégal., BAC ^ EDF, le côté BC, opposé au plus grand angle, est plus grand que le côté EF, opposé au plus petit angle.

Construisons sur DE, au point D, l'angle EDG = BAC [pr. aS];

(1) Euclide a oublié de justifier la restriction contenue dans l'énoncé, que la somme de deux quelconques des côtés est plus grande que le troisième. Or il résulte de cette hypothèse que DG>HG, et que HG>la différence GI entre DF et GF. Donc, d'une part, le point D est extérieur au cercle HKL, et, d'autre part, le point I est intérieur au même cercle. Donc le cercle DKL, ayant des points extérieurs et des points intérieurs au cercle HKL, coupera nécessairement ce dernier cercle en deux points.