对顶角相等

依赖：邻补角和等于 180°。

陈述

已知：两条不同直线 $\ell_1$、$\ell_2$ 相交于点 $O$。在 $\ell_1$ 上取 $O$ 两侧的点 $A$、$B$，在 $\ell_2$ 上取 $O$ 两侧的点 $C$、$D$（于是 $\angle AOC$ 与 $\angle BOD$、$\angle AOD$ 与 $\angle BOC$ 各为一对对顶角——一对角互不共享任何一条边）。

求证：两组对顶角分别相等，即

$$\angle AOC = \angle BOD,\qquad \angle AOD = \angle BOC.$$

证明

只用 邻补角和等于 180°一条。让同一道角 $\angle AOD$ 同时出现在两个邻补角等式里，相减即消。

应用 1：在交点 $O$ 处，把 邻补角和等于 180° 应用于直线 $\ell_2$（其上有 $C$、$D$，从 $O$ 出发的相反射线 $OC$、$OD$）和射线 $OA$（$OA\subset\ell_1$，又 $\ell_1\neq\ell_2$，故 $OA$ 不在 $\ell_2$ 上，满足 邻补角和等于 180° 的"不共线"前提）：

$$\angle AOC + \angle AOD = 180^\circ. \tag{1}$$

应用 2：在 $O$ 处，把 邻补角和等于 180° 应用于直线 $\ell_1$（相反射线 $OA$、$OB$）和射线 $OD$（$OD\subset\ell_2$，$OD$ 不在 $\ell_1$ 上）：

$$\angle AOD + \angle BOD = 180^\circ. \tag{2}$$

$(1) - (2)$ 让 $\angle AOD$ 这一项相消：

$$\angle AOC - \angle BOD = 0,\quad\text{即}\quad \angle AOC = \angle BOD.$$

第二组对顶角等式由再增加一次 邻补角和等于 180° 得到。

应用 3：在 $O$ 处，把 邻补角和等于 180° 应用于直线 $\ell_1$ 和射线 $OC$：

$$\angle AOC + \angle BOC = 180^\circ. \tag{3}$$

$(1) - (3)$ 让 $\angle AOC$ 这一项相消：

$$\angle AOD - \angle BOC = 0,\quad\text{即}\quad \angle AOD = \angle BOC. \qquad\blacksquare$$

即时推论

• "剪刀图"四角：两条直线相交形成的四个角配成两对相等的对顶角与两对互补的邻补角。整体上四个角的和恰为 $360^\circ$。

• 垂直的传递：若 $\ell_1\perp\ell_2$，则四个角全是 $90^\circ$（一对对顶角相等 + 一对邻补角等于 $180^\circ$，立刻给出）。

• "角的代数化"：对顶角相等 第一次让我们能在两条交叉直线的图形上像处理代数式那样搬动角度——这套技巧在 同位角 / 内错角 ⇔ 平行的证明里反复使用。

备注

邻补角和等于 180° 与 对顶角相等 之间的关系是几何里最干净的"复用"案例之一：邻补角和等于 180° 把"直线 = $180^\circ$"刻成定理，对顶角相等 把这条定理同时套在两条直线上，让 $\angle AOD$ 这一项在两个方程里都出现，相减就消掉了。整个证明里没有任何"图形操作"——既不用平移也不用旋转，只是两次代入加一次相减。

这条结论在欧氏《原本》是 I.15，欧几里得用同样的两次邻补角策略；不同之处仅在于：原本里"角相等"这件事本身依赖于一种隐含的搬动论证，而我们这里直接落在公理 III 上，整个证明完全代数化。