220 GÉOMÉTRIE.

Menez BI qui fasse l’angle CBI = BCD, et par suite IRD= BDC ; les deux triangles IBC, IBD , seront isosceles, et onaura IC — IB = ID. Donc le point I, milieu de BC, est àégale distance des trois points B, C, D : par une raison sem-blable le point O, milieu de AB , sera également distant destrois points A, B C.

Soit maintenant CA' — CA et l’angle BCA' >BCA; si l’onjoint A'B, et qu’on prolonge les arcs A'C, A'B, jusqu’à leurrencontre en D', l’arc DCA' sera une demi-circonférenceainsi que DCA; donc puisqu’on a CA' = CA, on aura aussiCD ' = CD. Mais dans le triangle CID ', on a CI-|-ID'>CD';donc ID' >CD — CI, ou ID 1 >ID.

Dans le triangle isoseele CIB divisez l’angle du sommet Ien deux également par l’arc EIF qui sera perpendiculaire surle milieu de BC. Si on prend un point L entre I et E, ladistance BL, égale à LC, sera moindre que BI ; car on peutdémontrer, comme dans la prop. ix, liv. i, qu’on a BLLC< BI -+- IC ; donc en prenant les moitiés de part et d’autre,on aura BL< BI. Mais dans le triangle D'LC on a D'L >D'C— CL, et a plus forte raisonD'L >DC — CI, ou D'L >DI, ouD'L >BI, ou D'L >BL. Donc si on cherche sur l’arc EIF unpoint également distant des trois points B , C, D', ce pointne sauroit se trouver que sur le prolongement de El vers F.Soit I' le point cherché, en sorte qu’on ait D'I' = BI' = CI';les triangles I'CB, I'CD^, I'BD', étant isosceles, on aura lesangles égaux IBC = I'CB, IBD' — I'D'B, I’CD'= I’D'C-Mais les angles D EC -+- CBA' valent 2 angles droits , ainsique D'CB + BCA' ; donc

D'BI' -t- I'BC -+• CBA’ = 2,

BCE—I'CD'+ BCA'= 2.

Ajoutant les deux sommes et observant qu’on a I'BC = BCI'et D'BI' — I'CD' = BDT — I D C = CD’B = CA B, on auraal'BC -f- CA'B + CBA' -f- BCA' = 4.

Donc CA'B -t- CBA' -t- BCA' — 2 ( mesure de Faire du trian-gle A'BC) = 2 — 2Ï'BC; de sorte qu’on a aire A'BC = 2 ■

2 angle I'BC ; semblablement dans le triangle ABC, on auroitaire ABC = 2 — 2 angle IBC. Or , on a démontré q uel’angle I'BC est plus grand que IBC; donc Faire A'BC est pluspetite que ABC.