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tiendra le triangle $ABC,$ prolongeons encore les deux autres côtés au delà de leur intersection mutuelle $C,$ jusqu’à leur rencontre avec le cercle en $A^{\prime }$ et en $B^{\prime }.$ L’hémisphère se trouvera partagé ainsi en quatre triangles $ABC,$ $ACB^{\prime },$ $B^{\prime }CA^{\prime },$ $A^{\prime }CB,$ dont nous désignerons les surfaces par $P,\,X,\,Y,\,Z.$ Il est évident que l’on a

$P+X=B,\qquad P+Z=A.$

La surface du triangle sphérique $Y$ est équivalente à celle du triangle opposé $ABC^{\prime },$ qui a le côté $AB$ commun avec le triangle $P,$ et dont le troisième sommet $C^{\prime }$ est situé à l’autre extrémité du diamètre $CC^{\prime }$ de la sphère, mené par le point $C$ (prop. 26). De là résulte

$P+Y=C,$

et comme d’ailleurs

$P+X+Y+Z=\pi ,$

il s’ensuit que l’on a

$P={\frac {1}{2}}(A+B+C-\pi ).$

On peut encore arriver à la même conclusion d’une autre manière, en s’appuyant seulement sur le théorème que nous avons démontré relativement à l’équivalence des surfaces (prop. 26).

Dans le triangle sphérique $ABC$ (fig. 16), menons, par les milieux $D,\,E$ des côtés $AB,$ $BC,$ le grand cercle $FDEG,$ sur lequel nous abaisserons, des
Fig. 16 points $A,\,B,\,C,$ les arcs perpendiculaires $AF,$ $BH,$ $CG.$ Si l’arc perpendiculaire $BH$ tombe entre $D$ et $E,$ le triangle résultant $BDH$ sera égal à $AFD,$ et le triangle $BHE$ égal à $EGC$ (prop. 6 et 15), d’où il résulte que la surface du triangle

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