Menez BI qui fasse l’angle CBI = BCD, et par suite IBT)
— BDC ; les deux triangles IBC , IBD, seront isosceles , et on
aura ICz= IB znID. Donc le point I, milieu de BC , est à
égale distance des trois points B , C , D : par une raison sem
blable le point O , milieu de AB , sera également distant
des trois points A , B, C.
Soit maintenant CA' — CA et l’angle EGA' > BCA ; si l’on
joint A'B, et qu’on prolonge les arcs A'C , A'B , jusqu’à
leur rencontre en D', l’arc D'CA' sera une demi-circonférence
ainsi que DCA ; donc puisqu’on a CA'=CA , on aura aussi
CD'=r CD. Mais dans le triangle CID', on a CI -f-ID' >CD';
donc ID' > CD — CI, ou ID' > ID.
Dans le triangle isoscele CIB divisons l’angle du sommet I
en deux également par l’arc EIF qui sera perpendiculaire
sur le milieu de BC. Si on prend un point L entre I et E, la
distance BL, égale à LC , sera moindi’e que BI ; car on peut
démontrer, comme dans la prop. xx, liv. x, qu’on a BL-|-
LC < BI-J-IC ; donc en prenant les moitiés départ et d’autre,
on aura BL < BI. Mais dans le triangle D'LC on a D'L > D'G
— CL , et à plus forte raison D'L>DC—CI, ou D'L > DI,
ou D'L > BI ; donc D'L > BL. Donc si on cherche sur l’arc
EIF un point également distant des trois points B , C , D',
ce point ne saui’ait se trouver que sur le prolongement de
El vers F. Soit l'le point cherché , en sorte qu’on ait D' I'
= BI'—CI'; les triangles l'CB , l'CD', l'BD', étant isosceles,
on aura les angles égaux l'BC^I'CB , I'BD'=I'D'B , l'CD'
rr:I'D'C. Mais les angles D'BC-j-CBA'valent deux angles
droits , ainsi que D'CB-f-BCA' ; donc
D'BI'-f- l'BC + CBA'= 2,
BCI'—l'CD' + BCA' — 2.
Ajoutant les deux sommes et observant qu’on aI'BC=ECI'
et D'BI'— I'CD'=r BDT— l'D'C =r CD'B — CA'B, on aura
21'BC-h CA'B-hCBA'+BCA'=: 4.
Donc CA'B-LCBA'-t-BCA'—i (mesure de Faire du trian
gle A'BC ) 2 — 2l'BC ; de sorte qu’on a aire A'BC — i —
2 angle l'BC ; semblablement dans le triangle ABC , on au
rait aire ABC ~ 2 — 2 angle IBC. Or, on a démontré que
l’angle l'BC est plus grand que IBC ; donc Faire A'BC est
