=N;

dff

soit fait c. d :: ff. off, & soit prise CD & CE chacune égale à Voff. Pour trouver CD=CE=Våff = il faut chercher une moyenne proportionnelle entre c &d; qui sera nommée g: puis trouver à ces trois grandeurs c. 8. f. une quatriême proportionnelle qui sera n=viff. Car puisque c. g. d. sont en proportion continue, c.d ::

mais ayant encore c.g::f. n. on aura co.88:: ff. nn. donc c. d :: ff. nn. = off. & par conséquent n=V DE sera (no. 12. ) l'axe cherché. Ayant ensuite trouvé les foyers F & G par la troisiême Propofition, on décrira l'Ellipse par la premiere.

D E' MONSTR A TI O N.
Elle est évidente par ce que l'on a démontré no. 12.
Prop. 1. & 3.
PROPOSITION VII.

Problême.
F16.62. XII. Un e Ellipse ADBE, dont AB eff le grand axe's

C, le centre ; F & G, les foyers, étant donnée. Il faut d'un point quelconque M donné sur l’Ellipse mener la tangente MT.

Ayant mené FM, & GM, prolongé FM, en I, en sorte que MI=MG, & menė G 1. Je dis que la ligne MO menée du point M par le point o milieu de GI sera la tangente cherchée.

DEMONSTRATION. D'UN n point quelconque L autre que M pris sur MO, ayant mené les droites LF, LG, LI; puisque par la construction MG=MI,&10=0G, MO sera perpendi

culaire à GI; c'est pourquoi le triangle Gli sera isoscele; & & partant FL + LIELF + LG furpasse FM + MÍ =FM+MG; donc le point I est hors de l’Ellipse. C. l. F. D.

N

ܪ

COROLLAIRE I. 1. Si l'on mene MK parallele à IG ; l'angle KMO sera droit : puisque ( Const. ) GI est perpendiculaire à MO.

COROLLAIRE II.
LA

A ligne MK partage l'angle FMG en deux égale. ment: car à cause de KM parallele à GI, l'angle FMK = FIG= MGI= GMK.

2.

4.

COROLLAIR E II I. 3.

L A tangente MO rencontre l'axe AB prolongé en T: car l'angle GOT est droit, & l'angle OGT est aigu.

COROLLAIRE I V. L'ANGLÈ FML est égal à l'angle GMO; puisqu'ils sont les complémens des angles égaux FMK,GMK; d'où il suit

que si le foyer G étoit un point lumineux, les rayons réfléchis à la rencontre de l'Ellipse passeroient tous par le foyer F.

D E' FINITIONS. A s.

T abbaissé du point M sur l'axe AB la perpendiculaire MP.PT est appellée la foutangente, MÃ la perpendiculaire, & PK, la souperpendiculaire , ou founormale. PROPOSITION VIII.

Theorême. 6. AYANT supposé les mêmes choses que dans la Propolition précédente ; & nommé comme dans la premiérc Proposetion AC, ou CB, a; CF, ou CG,C; CP, x; PM, Y; FP sera c+x, & GP, C — x, ou x — c; cela posé. Jc

, dis que l'expression algebrique de la soutangentc PT fere

A

Le

=Vcc

DEMONSTRATION.
E triangle rectangle GPM donne GM

- 2cx.+ xx + yy. Et parceque M K est parallele
à GI, & que FI=( Prop. préced.) FM + MG=
( (art. 12. no. 2.) AB= 2a, l'on a F1 ( 2a). FG ( 20 ) ::

FI
MI, ou MG (VCC — 26x + xx+yy). GK.

20
FM. FK:: MG. GK. Donc altern. FM. MG:;
FK. GK. Donc com. FM + MG=FI. MG ::

F
FK+GK=FG.GK. Donc altern. FI. FG :: MG. GK.

à cause de l'angle droit KMT, l'on a PK
4x – a +6Vcc=24* 7 ** – »).PM (9):: PM (y). PT

y

ac +

2

ad

CC

aacc

C

aux

c'est pourquoi en mercant cette valeur de

уу

dans celle de PT , l'on aura après la réduction , & division, PT,

aaxx -+- CCXX
: mais a 4

2 aacx + SCXX aac + cvat.

Laacx + C6XX est un quarré dont la racine est aa - c* ; c'est pourquoi cette derniere valeur de PT se change en celle-ci, après avoir ôté ce qui se détruit, & divisé les deux termes de la fraction par aa - 6.PT =

=

C.Q. F.D.