Un triangle vu de l’intérieur

Soit E le point d' intersection de la droite $(BD)$ et de la droite $(AC)$.

1. On peut prouver d’abord que la somme des longueurs $BA$ et $AE$ est plus grande que la longueur $BE$ (pour la démonstration de ce point, voir problème Deux côtés d’un triangle réunis… que valent-ils face au troisième ?) : $BA+AE>BE$
   Ajoutons à chaque membre de cette inégalité la longueur $EC$. Nous otenons une nouvelle inégalité $BA+AE+EC>BE+EC$ ou encore : $\bf BA+AC>BE+EC$ (1).

Effectuons le même raisonnement pour le triangle $DEC$. La somme des deux côtés $DE$ et $EC$ est plus grande que le côté $DC$ (même référence au problème que ci-dessus) , soit : $DE+EC>DC$.
Ajoutons à chaque membre de cette inégalité la longueur $BD$ : $BD+DE+EC>BD+DC$ ou encore : $\bf BE+EC>BD+DC$ (2)

En couplant les deux inégalités (1) et (2) nous en déduisons que $\bf BA+AC>BD+DC$ ce qui constituait le premier point à démontrer.

2. Considérons à nouveau le triangle $DEC$. Nous pouvons montrer que l’angle $\widehat {BDC}$, extérieur à ce triangle, a une mesure plus grande que l’angle opposé intérieur $\widehat {DEC}$ (pour la démonstration de ce point, voir le problème Un côté du triangle se prolonge... et l’angle extérieur ?) :
   $\bf \widehat {BDC}>\widehat {DEC}$ (3)

Par ailleurs, si nous considérons maintenant le triangle $BAE$, nous pouvons montrer de la même façon que l’angle $\widehat {DEC}$ , extérieur à ce triangle, est plus grand que l’angle opposé intérieur $\widehat {BAE}$ soit
$\bf \widehat {DEC}>\widehat {BAE}$ (4)

En couplant les deux inégalités (3) et (4), nous en déduisons que $\bf \widehat {BDC}>\widehat {BAE}$. Comme $\bf \widehat {BAE}>\widehat {BAC}$, nous avons bien $\bf \widehat {BDC}>\widehat {BAC}$, ce qui constituait le second point à démontrer.