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Les triangles semblabes MT B, MBT' donnent encore 
MT : TB = MB : BT 
allernando 
MT : MB = TM : ET’ 
donc 
Êz : Pr Ph: DT; 
Élevant en > une perpendiculaire sur cm, qui rencontre en » la droite 
prolongée cE, on aura 
TB : BT' — mn : cm 
donc 
Tz : T'z = mn: cm 
ou 
1Tz AT = mn: cm 
donc 
nike = in me 
Il s'ensuit que l'angle T7 ést droit, et que les angles Trm, znm, sont de 45°. 
On peut remarquer encore que nz—=îTn, Tn=—= Bn, donc 27 Br, Or 
Mz = MB, donc la droite Mr, est perpendiculaire sur Bz ou parallèle à Bz’, 
et divise l'angle BMz en deux parties égales. Or l'angle BMz — 90° +, donc 
BMn—2Mn= 45 + %. Or l'angle Mc — Mnc + £., Donc l'angle Mne = 45°, 
Élevant des perpendiculaires sur cÂ, cn, qui se coupent mutuellement end, 
le quadrilaière cMnd sera inscriptible au cercle, donc l'angle OM = Mne— 45°, 
et l'angle Med = 45°. 
De plus, puisque l'angle Tam 45°, et Mnc— 45°, on aura Trm— Mnc, 
donc l'angle Mnm— Tnc, donc l'angle 2Mm —nTB=—nBT, ce qui fait recon- 
naître que le quadrilatère MT Bn est inscriptble au cercle, 
De tout ce qu'on vient d'expliquer, il est facile de tirer la solution suivante. 
Solution du problème. 
Du contact o, menez la droite or tangentiellement au cercle Æ. Faites la 
somme des tangentes or, oc, cp. Sur la sécante qui divise l'angle Zca en deux 
Mem. des sav. etrang. T. 1. 69 
