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dianes AM, AM' des triangles cherchés aboutissent au même 

 point m de l'axe d'affinité bc, et rencontrent les deux circon- 

 férences en deux points n, n', que nous savons déterminer, 

 car les angles bkn, bk'n', et par suite les arcs bn , bn' , nous 

 sont donnés par les triangles apy, a'p'v': Pour trouver le 

 point m , observons que 



mb .mc = mil . m A = ton' . mk'\ 



donc les triangles m A A', mn'n sont symétriquement sem- 

 blables, et la hauteur me du premier est dirigée suivant la droite 

 joignant m au centre du cercle circonscrit au second triangle. 



Un raisonnement analogue s'applique à deux lignes homo- 

 logues quelconques, menées par A, A'. On peut donc formuler 

 la solution en ces termes : 



Construisez, sur une même base bc, les triangles abc, a'bc sem- 

 blables aux triangles donnés a ( 3y , a'p'y' ; soient A, A' les circon- 

 férences circonscrites. Joignez a, a' à un point arbitraire^ de bc et 

 marquez les seconds points d'intersection n, n' des droites aN, a'N 

 avec A, A'. Décrivez ensuite la circonférence qui passe par n, n 

 et a son centre sur bc; cette ligne coupe bc en deux points m, m'. 

 Les droites nm , n'm coupent respectivement A, A' en deux 

 points A, A' qui sont des sommets homologues des triangles 

 demandés ; il reste à prendre sur Ab, Ac les longueurs AB = xp, 

 AC = ay et à mener BB', CC perpendiculaires à bc. Une seconde 

 solution du problème se déduit, de la même manière, du point m'. 



9. Solutions par une ellipse auxiliaire, a. Les triangles 

 cherchés AjB.Bs, A^Bg (fig. 2) peuvent se déduire du tri- 

 angle A,D,D;. En effet, on sait déjà (§3, Remarque III) que les 

 axes d'affinité A t S, A 4 S' sont dirigés suivant les bissectrices de 

 l'angle D^D',, et que les côtés B^Bs, B^Bj sont perpendicu- 

 laires à A t D, (ou à AjDj). De plus, on démontre facilement que 

 les hauteurs A,P, A f P' sont égales, respectivement, à la demi- 

 somme et à la demi-différence des côtés ÀjDj , AjDi ; car, si A|Q 



