Les Éléments (trad. Peyrard, 1804) (page 2)

Car si BA n’est point dans la direction de Br, que BE soit dans la direction de re (dem. 2 }.

Puisque la droite AB est placée sur la droite TBE, les angles ABT, ABE sont égaux à deux droits (13) ; mais les angles ABT, ABA sont égaux à deux droits ; donc les angles TBA, ABE sont égaux aux angles TBA, ABA. Retranchons l’angle commun TBA, l’angle restant ABE sera égal à l’angle restant ABA, le plus petit au plus grand ; ce qui est impossible. BE n’est donc pas dans la direction de zr. Nous démontrerons semblablement qu’il n’y en a point d’autre excepté Ba ; donc ΓB est dans la direction de ΒΔ. Donc, etc.

PROPOSITION XV.

Si deux droites se coupent mutuellement, elles font les angles au sommet égaux entre eux. |

Que les droites AB, TA se coupent mutuellement au point E ; je dis que l’angle AEr est égal à l’angle 4ëB, et lʼangle TEB égal à l’angle AFA : Car puisque la droite AE est placée sur la droite TA, faisant les angles TEA, AEA, les angles TEA, AEA sont égaux à deux droits. De plus puisque a droite AE est placée sur la droite AB, faisant les angles AEA, AEB, les angles AFA, AEB sont égaux à deux droits. Mais on a démontré que les angles TEA, AEA sont égaux à deux droits ; donc les angles TEA, AEA sont égaux aux angles AEA, AEB. Retranchons l’angle commun AEA ; lʼangle restant TEA sera égal à l’angle restant BEA. On démontrera semblablement que les angles TEB, AFA Sont égaux. Donc, etc.

PROPOSITION XVI.

Ayant prolongé un côté d’un triangle quelconque, l’angle extérieur est plus grand que chacun des angles intérieurs et opposés.

Soit le triangle ABr, prolongeons le côte Br vers A ; je dis que langle extérieur ArA est plus grand que chacun des angles intérieurs et opposés TBA, BAT.

Partageons la droite AT en deux parties égales en E (10) ; et ayant joint la droite BE, prolongeons-la vers Z, faisons EZ égal à BE (3) , joignons la droite zr, et prolongeons AT vers H.

Puisque 4E est égal à Er, et BE égal à EZ, les deux droites AE, EB sont égales aux deux droites TE, EZ, chacune à chacune ; mais l’angle ABB est égal à l’angle ZEr (15) , puisquʼils sont au sommet ; donc la base AB est égale à la base zr (4) ; le triangle ABE est égal au triangle ZEr, et les angles restans, soutendus par les côtés égaux, sont égaux chacun à chacun ; donc l’angle BAE est égal à l’angle Erz (not. 9) ; mais l’angle ErA est plus grand que l’angle Erz ; donc l’angle ArA est plus grand que l’angle BAE. Si on partage le côté Br en deux parties égales, on démontrera semblablement que l’angle BrH, c’est-à-dire ArA, est plus grand que lʼangle ΑΒΓ. Donc, etc.

PROPOSITION XVII.

Deux angles d’un triangle quelconque, de quelque manière qu’ils soient pris, sont moindres que deux droits.

Soit le triangle ABr ; je dis que deux angles du triangle ABr, de quelque manière qu’ils soient pris, sont moindres que deux droits.

Prolongeons Br vers A (dem. 2 }.

Puisque l’augle ArA du triangle ABr est extérieur, il est plus grand que l’angle intérieur et opposé ABT (16) . À joutons l’angle commun ArB, les angles ArA, ATB seront plus grands que les angles ABr, BrA. Mais les angles ATA, ATB sont égaux à deux droits (13) ; donc les angles ABT, BrA sont moindres que deux droits. Nous démon- trerons semblablement que les angles BAT, ATB, et les angles TAB, ABr sont moindres que deux droits. Donc, etc

PROPOSITION XVIII.

Dans tout triangle, un plus grand côté est opposé à un plus grand angle.

Soit le triangle ABr, ayant le côté Ar plus grand que le côté 4B ; je dis que lʼangle 4Br est plus graud que l’angle BrA.

Puisque AΓ est plus grand que AB, faisons AΔ égal à AB (3) , et joignons BΔ.

Puisque 4AB est un angle extérieur du triangle Bar, cet angle est plus grand que lʼangle intérieur et opposé ΔΓB (16) ; mais l’angle AΔB est égal à l’angle ABΔ (5) , parce que le côté AB est égal au côté 44 ; donc l’angle ABA est plus grand que l’angle ATB ; donc langle ABr est beaucoup plus grand que l’angle ArB. Donc, etc.

PROPOSITION XIX.

Dans tout triangle, un plus grand côté soutend un plus grand angle.

Soit le triangle ABr, ayant l’angle ABr plus grand que lʼangle BrA ; je dis que le côté Ar est plus 8 grand que le côté AB.

Car si cela n’est point, AT est égal à AB, ou plus petit. Mais AT n’est pas égal à AB, car alors l’angle ABr serait égal à lʼangle ATB (5) ; mais il ne l’est pas ; donc AT n’est pas égal à AB. Le côté AT n’est pas plus petit que le côté 4B, car alors l’angle ABT serait plus petit que l’angle ArB (18) ; mais il ne l’est pas ; donc le côté AT n’est pas plus petit que le côté AB. Mais on a démontré qu’il ne lui est pas égal ; donc Ar est plus grand que 48. Donc, etc.

PROPOSITION XX.

Deux côtés d’un triangle quelconque, de quelque manière qu’ils soient pris, sont plus grands que le côté restant.

Soit le triangle ABr ; je dis que deux côtés du triangle ABr, de quelque manière qu’ils soient pris, sont plus grands que le côté restant ; les côtés BA, AT plus grands que Br ; les côtés 4B, Br plus grands que AT, et les côtés Br, rA plus grands que AB.

Prolongeons BA vers Δ, faisons AA égal à TA, et joignons AT.

Puisque ΔA est égal à AΓ, l’angle AΔΓ est égal à l’angle ra (5) ; donc l’angle ΒΓΔ est plus grand que l’angle AaT (not. 9) ; donc, puisque dans le triangle ATB, lʼangle BTA est plus grand que l’angle Bar, et qu’un plus grand côté soutend un plus grand angle (19) , le côté 48 est plus grand que le côté Br ; mais AA est égal à Ar ; donc les côtés BA, Ar sont plus grands que Br. Nous démontrerons semblablement que les côtés AB, Br sont plus grands que TA, et les côtés Br, TA plus grands que AB. Donc, etc.

PROPOSITION XXI.

Si des extrémités d’un des côtés d’un triangle, on construit intérieurement deux droites, ces deux droites seront plus petites que les deux côtés restans du triangle | mais elles comprendront un plus grand angle.

Des extrémités B, Γ du côté ΒΓ du triangle AΒΓ, construisons intérieurement les deux droites BA, δΔΓ ; Je dis que les droites BA, AT sont plus petites que les deux côtés restants BA, AT, et quʼelles comprennent un angle Bar plus grand que l’angle BAΓ. Prolongeons BA vers E.

Puisque deux côtés d’un. triangle quelconque sont plus grands que le côté restant (20) , les deux côtés AB, AE du triangle ABE sont plus grands que le côté BE ; donc si nous ajoutons la droite commune r, les droites BA, Ar seront plus grandes que BE, Er. De plus, puisque les deux côtés TE, EA du triangle TEA sont plus grands que TA, si nous ajoutons la droite commune 48, les droites TE, EB seront plus grandes que TA, AB ; mais on a démontré que les droites BA, AT sont plus grandes que BE, Er ; donc les droites BA, AT sont beaucoup plus grandes que BA, AT.

De plus, puisqu’un angle extérieur d’un triangle quelconque est plus grand quʼun des angles intérieurs et opposés (16) , l’angle BAT, qui est un angle exté- rieur du triangle AET, est plus grand que l’angle TEA. Par la même raison l’angle TEB, qui est un angle extérieur du triangle ABE, est plus grand que l’angle Bar ; mais il a été démontré que l’angle Bar est plus grand que F’angle TEB ; donc lʼangie Bar est beaucoup plus grand que l’angle BAT. Donc, etc.

PROPOSITION XXII.

Avec trois droites qui sont égales à trois droites données, construire un triangle : il faut que deux de ces trois droites, de quelque manière qu’elles soient prises ; soient plus grande que la troisième ; parce que deux côtés d’un triangle, de quelque manière qu’ils soient pris, sont plus grands que le troisième.

Soient données les trois droites A, B, Γ, dont deux, de quelque manière qu’elles soient prises, soient plus grandes que la troisième ; les droites À, B plus grandes que Tr ; les droites A, T plus grandes que B, et enfin les droites 8, r plus grandes que A ; il faut, avec trois droites égales aux droites A, B, T, construire un triangle.

Soit la droite AE, terminée en A, et indéfinie en E ; . faisons la droite AZ égale à la droite A (prop. 3) , la droite ZH égale à la droite 8, et la droite Ho égale à la droite Γ ; du centre Z et de lʼintervalle ZΔ décrivons le cercle ΔΓΛ (dem. 3) ; et de plus du centre H et de lʼintervalle HΘ décrivons le cercle AKΘ6, et joignons KZ, KH ; je dis que le triangle KZH est construit avec trois droites égales aux droites Α, Β, Γ.

Car puisque le point z est le centre du cercle AKA, ZA est égal à Zk (déf. 15) ; mais ZA est égal à A ; donc KZ égal à 4. De plus, puisque Île point H est le centre du cercle AKΘ, HΘ est Cgal à HK ; mais HΘ est égal à r ; donc KH est égal à Tr. Mais ZH est égal à B ; donc les trois droites KZ, ZH, HK sont égales aux trois droites A, B, T.

Donc le triangle KZH a été construit avec trois droites KZ, ZH, HK, qui sont égales aux trois droites données Α, Β, Γ. Ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION XXIII.

À une droite donnée, et à un point de cette droite, construire un angle recu- ligne égal à un angle rectiligne donné.

Soient donnés la droite AB, et un point A dans cette droite ; que ATE soit lʼangle rectiligne donné ; il faut à la droite donnée 4B et au point 4 de cette droite, construire un angle rectiligne égal à lʼangle rectiligne donné ΔΓE.

Soient pris, dans l’une et l’autre des droites rA, TE, deux points quelconques A, E, Joignons AE, et avec trois droites égales aux droites TA, AE, TE, construisons le triangle AZH (22) , de manière que ra soit égal à 42, TE égal à AH, et AE égal à ZH. Puisque les deux droites AT, TE sont égales aux deux droites ZA, AH, chacune à chacune, et que la base AE est égale à la base ZH, l’angle ATE sera égal à l’angle zAH (8) .

Donc à la droite 4B, et au point 4 de cette droite, on a construit l’angle rectiligne ZAH égal à l’angle rectiligne ATE. Ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION XXIV.

Si deux triangles ont deux côtés égaux, chacun à chacun, et la base de l’un plus grande que la base de l’autre, ils auront les angles compris entre les côtés égaux plus grands l’un que l’autre.

Soient les deux triangles ABrT, AEZ, ayant les deux côtés AB, AT égaux aux deux côtés AE, AZ, chacun à chacun, le côté AB égal au côté AE, et le côté AT égal au côté AZ ; que l’angle Bar soit plus grand que l’angle E4Z ; je dis que la base Br est plus grande que la base Ez. Car puisque l’angle BAT est plus grand que l’angle EAZ, construisons sur la droite AE, et au point Δ de cette droite, un angle EAH égal : à lʼangle BAT (23) ; faisons la droite AH égale à l’une ou à l’autre Rs droites AT, AZ (3) , et joignons EH, ZH.

Puisque AB est égal à AE, et AT à AH, les deux droites BA, AT sont égales aux deux droites EA, AH, chacune à chacune ; mais l’angle BAT est égal à l’angle EAH ; donc la base Br est égale à la base EH (4) . De plus, puisque 4Z est égal à 4H, lʼangle AZH est égal à l’angle AHZ (5) ; donc l’angle 42H est plus grand que l’angle Exz ; donc l’angle EzH est beaucoup plus grand que l’angle EHZ ; et puisque EzH est un triangle, ayant l’angle EZH plus grand que l’angle EHZ, et qu’un plus-gemd côté soutend un plus grand angle {19) , le côté EH est plus grand que sé, mais EH est égal à Br ; donc le côté Br est plus grand que le côté EZ. Donc etc.

PROPOSITION XXV.

Si deux triangles ont deux côtés égaux, chacun à chacun, et la base de l’un plus grande que la base de l’autre, ils auront les angles compris entre les côtés égaux plus grands l’un que l’autre.

Soient deux triangles ABT, AEZ, ayant les deux côtés AB, AT égaux aux deux côtés AE, AZ, chacun à chacun, le côté AB égal au côté AE, et le côté AT égal au côté AZ ; que la base Br soit plus grande que la base ΕΖ ; je dis que l’angle BAT est plus grand que l’angle Eaz.

Car si cela n’ést point, il lui est égal, ou il est plus petit ; mais l’angle BAT n’est pas égal à l’angle EaZ, car alors la base Br seroit égale à la base EZ (4) ; mais elle ne l’est point ; donc lʼangle ΒΑΓ n’est pas égal à l’angle EΔZ. Mais lʼangle BAT n’est pas plus petit que l’angle Eaz, car alors la base 8r serait plus petite que la base EZ (24) ; mais elle ne l’est point ; donc l’angle BAT n’est pas plus petit que l’angle EAZ. Mais on a démontré qu’il ne lui est pas égal ; donc l’angle BAT est plus grand que l’angle Eaz. Donc, etc.

PROPOSITION XXVI.

Si deux triangles ont deux angles égaux, chacun à chacun, et un côté égal à un côté, ou celui qui est adjacent aux angles égaux, ou celui qui est opposé à un des angles égaux, ils auront les autres côtés égaux, chacun à chacun, et l’angle restant égal à lʼangle restant.

Soient les deux triangles ABT, AEZ, ayant les deux angles ABT, BTA égaux aux deux angles AEZ, EZA, chacun : à chacun, l’angle ΑΒΓ égal à lʼangle AEZ, et lʼangle BrA égal : Ν anale EZA ; que ces deux triangles aient auest un côté égal à un côté, et dʼabord celui qui est adjacent aux angles égaux, le cèté BΓ égal au côté EZ ; je dis qu’ils auront les autres côtés égaux aux autres côtés, chacun à chacun, le côté AB égal au côté AE, le côté AT égal au côté 4z, et l’angle restant égal à l’angle restant, l’angle BAT égal à l’angle EΔZ.

Car si le côté AB n’est pas égal au côté AE, l’un d’eux est plus grand que lʼautre, Soit AB le plus grand ; faisons BH égal à AE (3) , et Joignons ΗΓ.

Puisque BH est égal à AE, et Br égal à Ez, les deux côtés BH, Br sont égaux aux deux côtés AE, EZ, chacun à chacun ; mais l’angle HBrT est égal à l’angle ΔῈΖ ; donc la base Hr est égale à la base AZ (4) ; le triangle HBr est égal au triangle AEZ, et les angles restants, soutendus par les côtés égaux, seront égaux aux angles restants ; donc l’angle Hr8 est égal à l’angle AZE ; mais lʼangle AZE est supposé égal à l’angle BΓA ; donc l’angle BΓH est égal à l’angle BrA, le plus petit au plus grand, ce qui est impossible ; donc les côtés AB, AE ne sont pas inégaux ; donc ils sont égaux. Mais Br est égal à Ez ; donc les deux côtés AB, BT sont égaux aux deux côtés AE, EZ, chacun à chacun ; mais l’angle ABr est égal à l’angle AEz ; donc la base AT est égale à la base AZ (4) , et l’angle restant BAr est égal à l’angle restant EAZ,

Mais de plus, que les côtés opposés aux angles égaux soient égaux, le côté AB égal au côté AE ; je dis que les côtés restants seront égaux aux côtés restants, le côté Ar égal au côté 4z, et le côté Br égal au côté Ez, et que l’angle restant BAT est égal à l’angle restant EAz.

Car si le côté Br n’est pas égal au côté Ez, l’un d’eux est plus grend que l’autre ; que BT soit plus grand que Ez, s’il est possible ; faisons BΘ égal à EzZ (5) , et joi- gnons AΘ.

Puisque BO est égal à Ez, et AB égal à AE, les deux côtés AB, BΘ@ sont égaux aux deux côtés AE, EzZ, chacun à chacun ; mais ces côtés comprennent des angles égaux ; donc la base 40 est égule à la base 4z (4) ; le triangle ABΘ est égal au triangle AEZ, et les angles restants, opposés aux côtés égaux, seront égaux aux angles restants, chacun à chacun ; donc l’angle BΘA est égal à l’angle EZA ; mais l’angle EZA est égal àl’angle BrA ; donc l’angle BΘA est égal à l’angle ΒΓΑ ; donc lʼangle extérieur B6A du triangle AΘTr est égal à l’angle intérieur et opposé Br4 ; ce qui est impossible (16) ; donc les côtés Br, EZ ne sont pas inégaux ; donc ils sont égaux. Mais le côté AB est égal au côté AE ; donc les deux côtés AB, Br sont égaux aux deux côtés AE, EZ, chacun à chacun ; mais ces côtés comprennent des angles égaux ; donc la base lAT est égale à la base AZ (4) ; le ‘triangle ABr est égal au triangle AEZ, et l’angle restant BAT égal à l’angle restant E4z. Donc, etc.

PROPOSITION XXVII.

Si une droite tombant sur deux droites fait les angles alternes égaux entrʼeux, ces deux droites seront parallèles.

Que la droite EZ tombant sur les deux droites 4B, TA fasse les angles alternes AEZ, EZA égaux entr’eux ; je dis que la droite AB est parallèle à la droite ΓΔ.

Car si elle ne lui est pas parallèle, les droites AB, TA étant prolongées se rencontreront, ou du côté BA, ou du côté Ar. Qu’elles soient prolongées, et qu’elles se rencontrent du côté BA, au point H.

L’angle extérieur AEZ du triangle EHZ est égal à lʼangle intérieur et opposé EZH, ce qui est impossible (16) ; donc les droites AB, rA prolongées du côté BA ne se rencontreront point. On démontrera de la même manière qu’elles ne se rencontreront pas non plus du côté AT ; mais les droites qui ne se rencontrent d’aucun côté sont parallèles (déf. 35) ; donc la droite AB est parallèle à la droite ra. Donc, etc.

PROPOSITION XXVIII.

Si une droite tombant sur deux droites fait l’angle extérieur égal à l’angle intérieur, opposé, et placé du même côté, ou bien si elle fait les angles intérieurs et placés du même côté égaux à deux droits, ces deux droites seront parallèles.

Que la droite EZ tombant sur les droites AB, rA fasse l’angle extérieur EHB égal à l’angle intérieur HΘ4, opposé, et placé du même côté, ou bien les angles ΒΗΘ, ΗΘΔ intérieurs, et placés du même côté, égaux à deux droits ; je dis que la droite AB est parallèle à la droite ΓΔ. Car puisque lʼangle EHB est égal à lʼangle ΗΘΔ, et que l’angle EHB est égal à lʼangle AHΘ (15) , lʼangle AHO est égal à l’angle HO4 ; mais ces angles sont alternes ; donc la droite 48 est parallèle à la droite rA (27) .

De plus, puisque les angles BHΘ, HΘA sont égaux à deux droits, | et que les angles AHΘ, BHΘ sont aussi égaux à deux droits (13) , les angles ΔΗΘ, BHO seront égaux aux angles ΒΘΗ, ΗΘΔ. Retranchons l’angle commun BHΘ ; l’angle restant AHΘ sera égal à l’angle restant HΘ4 ; mais ces deux angles sont alternes ; donc la droite AB est parallèle à la droite ra. (27) . Donc, etc.

PROPOSITION XXIX.

Une droite qui tombe sur deux droites parallèles, fait les angles alternes égaux entrʼeux, l’angle extérieur, égal à l’angle intérieur opposé et placé du même côté, et les angles intérieurs placés du même côté, égaux à deux droits.

Que la droite Ez tombe sur les droites parallèles 48, ra ; je dis que cette droite fait les angles alternes AHΘ, HΘA égaux entr’eux, l’angle extérieur EHB, égal à lʼangle HΘA intérieur opposé et placé du même côté, et les angles ΒΗΘ, ΗΘΔ intérieurs et placés du même côté, égaux à deux droits.

Car si l’angle AHΘ n’est pas égal à l’angle H64, l’un d’eux est plus grand. Que l’angle AHΘ soit plus grand que HΘA. Ajoutons l’angle commun BH6, les angles AHΘ, BHΘ seront plus grands que les angles BHΘ, HΘA ; mais les angles AHΘ, BHΘ sont égaux à deux droits (13) ; donc les angles BHΘ, HΘA sont moindres que deux droits. Mais si deux droites sont prolongées à lʼinfini du côté où les angles intérieurs sont plus petits que deux droits, ces droites se rencontrent (dem. 5) ; donc les droites AB, rA prolongées à lʼinfini se rencontreront. Mais elles ne se rencontreront pas, puisquʼelles sont parallèles ; donc les angles AHΘ, ΗΘΔ ne sont point inégaux ; donc 115 sont égaux. Mais l’angle AH® est égal à l’angle EHB (15) ; donc l’angle EHB est égal à l’angle HΘa.

Ajoutons l’angle commun BHΘ, les angles EHB, , ΒΗΘ scront égaux aux angles BHΘ, ΗΘΔ ; mais les angles EHB, BHΘ sont égaux à deux droits (15) ; donc les angles BHΘ, ΗΘΔ sont égaux à deux droits. Donc, etc.

PROPOSITION XXX.

Les droites parallèles à une même droite sont parallèles entr’elles. Que chacune des droites AB, TA soit parallèle à EZ ; je dis que AB est paralléle à ΓΔ. Que la droite HK tombe sur les droites AB, ΓΔ. Puisque la droite HK tombe sur les droites parallèles AB, EZ, l’angle ΑΗΘ est égal à l’angle ΗΘΖ (27) . De plus, puisque la droite HK tombe sur les droites parallèles EZ, ΓΔ, l’angle ΗΘΖ est égal à l’angle ΗΚΔ (28) . Mais on a démontré que l’angle AHK est égal à l’angle HΘZ ; donc l’angle AHK est égal à l’angle HKΔ ; mais ces angles sont alternes ; donc AB est parallèle à ΓΔ (20) . Donc, etc.

PROPOSITION XXXI.

Par un point donné, conduire une ligne droite parallèle à une droite donnée.

Soit A le point donné, et BΓ la droite donnée ; il faut par le point A conduire une ligne droite parallèle à la droite BΓ.

Prenons sur la droite BΓ un point quelconque Δ, et joignons ΑΔ ; construisons sur la droite ΔA, et au point A de cette droite, l’angle ΔΑE égal à l’angle AΔΓ (25) , et prolongeons la droite AZ dans la direction de EA.

Puisque la droite AΔ, tombant sur les deux droites Br, EZ, fait les angles alternes EAA, AAT ‘égaux entr’eux, la droite Ez est parallèle à droite Br (27) .

Donc la ligne droite EAz a été menée, par le point donné A, parallèle à la droite donnée Br ; ce qu’il fallait faire.

PROPOSITION XXXII.

Ayant prolongé un côté d’un triangle quelconque, l’angle extérieur est égal aux deux angles intérieurs et opposés ; et les trois angles intérieurs du triangle sont égaux à deux droits.

Soit le triangle ABr ; et prolongeons le côté Br en a ; je dis que l’angle extérieur ΑΓΔ est égal aux angles intérieurs et opposés TAB, ABT ; et que les trois angles intérieurs ABr, BrA, TAB sont égaux à deux droits.

Menons, par le point r, la droite rE parallèle à AB (31) .

Puisque AB est parallèle à TE, et que Ar tombe sur ces droites, les angles alternes BAT, ATE sont égaux entr’eux (29) . De plus, puisque la droite AB est parallèle à la droite ΓE, et que la droite BA tombe sur ces droites, l’angle exté- rieur ETA est égal à l’angle intérieur et opposé ABr. Mais on a démontré que l’angle ΑΤῈ est égal à l’angle BΑΓr ; donc l’angle extérieur ArA est égal aux deux angles intérieurs et opposés BΑΓ, ABΓ.

Ajoutons l’angle commun ΑΓΒ ; les angles ΑΓA, ΑΓB seront égaux aux trois angles ABΓ, BΓA, ΓAB. Mais les angles AΓΔ, AΓB sont égaux à deux droits (13) ; donc les angles AΓB, ΓBA, ΓAB sont égaux à deux droits. Donc, etc.

PROPOSITION XXXIII.

Les droites qui joignent, des mêmes côtés, des droites égales et parallèles, sont elles-mêmes égales et parallèles.

Soient AB, ΓΔ deux droites égales et parallèles ; que les droites AΓ ; ΒΔ les joignent des mêmes côtés ; je dis que les droites AΓ, ΒΔ sont égales et parallèles.

Joignons BΓ.

Puisque AB est parallèle à TA, et que BΓ tombe sur ces droites, les angles alternes ABΓ, BΓΔ sont égaux entr’eux (29) . De plus, puisque AB est égale à ΓΔ, et que la droite Br est commune, 165 deux droites AB, Br sont égales aux deux droites TA, BT ; mais l’angle ABT est égal à l’angle Bra ; donc la base ΑΤ est égale à la base ΒΔ, le triangle ABr est égal au triangle BrA, et les angles restans, opposés à des côtés égaux, seront égaux, chacun à chacun (4) ; donc l’angle ΑΓΒ est égal à l’angle rBA. Mais la droite. Br tombant sur 165 deux droites Ar, ΒΔ fait les anglʼes alternes AIB, IBA égaux entr’eux ; donc la droite AT est parallèle à la droite ΒΔ (27) . Mais on a démontré qu’elle lui est égale ; donc, etc.

PROPOSITION XXXIV.

Les côtés et les angles opposés des parallélogrammes sont égaux entr’eux, et la diagonale les partage en deux parties égales. Soit le parallélogramme ΑΓΔΒ, et que Br soit sa diagonale ; je dis que les côtés et les angles opposés du parallélogramme ΑΓΔΒ sont égaux entr’eux, et que la diagonale Br le partage en deux parties égales.

Car puisque AB est parallèle à TA, et que la droite ΒΓ tombe sur ces droites, les angles alternes ABr, ΒΓΔ sont égaux entr’eux (29) . De plus, puisque AT est parallèle à BA, et que ΒΓ tombe sur ces droites, les angles alternes ΑΓΒ, ΓΒΔ sont égaux entr’eux ; donc les deux triangles ABr, ΒΓΔ ont les deux angles ΑΒΓ, BrA égaux aux deux angles BrA, TBA, chacun à chacun, et un côté égal à un côté, savoir, le côté commun Br, qui est adjacenst aux angles égaux ; ils auront donc les autres côtés égaux aux autres côtés, chacun à chacun (26) , et l’angle restant égal à l’angle restant ; donc le côté AB est égal au côté ΓΔ, le côté AΓ égal au côté BA, et l’angle BAT égal à l’angle Bar. Puisque l’angle ABr est égal à l’angle BrA, et l’angle ΓΒΔ égal à l’angle ΑΓΒ, l’angle total ABΔ est égal à l’angle total ArA. Mais on a démontré que l’angle BAT est égal à l’angle ΓΔΒ ;

Donc les côtés et les angles opposés des parallélogrammes sont égaux entr’eux.

Je dis de plus que la diagonale partage les parallélogrammes en deux parties égales. Car puisque AB est égal à TA, et que la droite Br est commune, les deux droites AB, BT sont égales aux droites AΓ, ΓB, chacune à chacune ; mais l’angle ABT est égal à l’angle Bra ; donc la base AT est égale à la base B4 (4) , et le triangle ABT égal au triangle Bar.

Donc la diagonale ΒΓ partage le parallélogramme AΓΔB en deux parties égales ; ce qu’il fallait démontrer.