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 En effet, celte ligne droite sera la trace du plan des 

 trois sommets de cône cités 

 pins haut , sur le plan de la base 

 /Q\ commune de ces cônes. 



/ \ V- Problème (fig. 6) : Étant 



yK ^./"'"T-Sc- donné une circonférence m in- 

 /[ ^y::^::S:--'"'-'' j\ scrite dans l'angle c d'un Irian- 

 /|^^K^^J^^y^ gle donné abc, construire une 



^'^ ^ circonférence inscrite dans l'an- 



gle 6 et tangente à la première. 



Solution : Par le centre m, je mène une parallèle à la 

 bissectrice bo, jusqu'à la rencontre en d avec ^c; je prends 

 mf= md , je mène bf, et je dis que i/ rencontre la circon- 

 férence m au point du contact g des deux circonférences, 

 et que par suite il suffit de tracer mrj, pour obtenir en n le 

 centre cherché. 



En effet, supposant le problème résolu, menons dmf 

 parallèle à 6o et joignons b(j. Les triangles semblables bn(j 

 et fnifj donnent : ng : mg = bn : fin. 



D'autre part,/; et q étant les points de contact des cir- 

 conférences m et n, les triangles semblables bnq dmp 

 donnent nq : mp = bn : dm. Les premiers rapports de ces 

 proportions sont égaux, donc fm = dm C. Q. F. D. 



Sc/iulie : Dans le cas du triangle isoscècle (fig. 7), ce qui 

 précède permettra de résoudre très-simplement le pro- 

 blème de Malfalti. En effet, à cause de la symétrie, deux 

 des circonférences seront égales, et inscrites respective- 

 ment dans les angles bda et bdc. Pour les obtenir, on por- 

 tera ce = cd, puis bf= be; le milieu g de fd, sera le point 

 de contact des deux circonférences cherchées; en élevant 



