droites A 2 B 2 , A 3 B 3 sont perpendiculaires à A, S, et les lignes 

 homologues A 2 A 3 , B 2 B 3 se coupent sur cet axe. Menons par A, 

 une perpendiculaire sur A,S ; elle rencontre B 2 B 3 en M, A 2 A 3 

 en S'. Les deux systèmes de points SB 2 MB 3 , SA 2 S'A 3 sont sem- 

 blables. Donc, si l'on construit le triangle D)A 2 A 3 semblable 

 à A,B,B 3 , les droites D,S' et D,S seront les homologues des 

 droites A, M et A, S; d'où l'on déduit : 



angle S'D.S = S'A,S = 90% angle n,SS' = A 4 SM. 



On a ainsi la solution suivante, due à Gugler : 



Construisez le triangle D,A 2 A 3 semblable à C,C 2 C 3 , et décrivez 

 va circonférence qui passe par D,, A, et a son centre sur la 

 droite A 8 A S . Joignez A, aux points S, S' où celte circonférence 

 coupe A 2 A 3 ; les droites A, S, A,S' sont les axes d'affinité cherchés. 

 Construisez encore l'angle A,SM = D,SA 2 , l'angle A,S'M'= D,S'S ; 

 menez les droites A,a,, A 3 a 3 perpendiculaires à A,S et rencon- 

 trant S M en B 2 , B 3 ; de même, abaissez, des points A 2 , A 3 , des 

 droites perpendiculaires sur \ { S' et rencontrant S'M' en B 2 , B 3 . 

 Les triangles A,B :! B 3 , A,B 2 B 3 résolvent le problème proposé. 



Remarques. — 1° Il est intéressant de déduire, de la solution 

 précédente, le théorème du n° 2. 

 On a 



angle MSS' = A,SS' — D,SS', angle M'S'S = D 1 S'S — A^'S, 



A.SS' -+- A,S'S = D.SS' -*- D.S'S, 



d'où angle M'S'S = MSS'; les droites B 2 B 3 , B 2 B 3 sont donc 

 parallèles. Par suite, les modules d'aftinité, exprimés respecti- 

 vement par les rapports A,M : A,S\ A,M' : AfS sont réciproques 

 et correspondent, l'un à une projection, l'autre à une contre- 

 projection de A,A 2 A 5 sur deux plans dont les traces A 4 S, A, S' 

 sont rectangulaires et qui font le même angle G avec le 

 plan A,A 2 A 3 . 



