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soit fait c. d :: ff. dff, & soit prise CD & CE chacune égale à Voff. Pour trouver CD=CE=viff=n; il faut chercher une moyenne proportionnelle entre c &d; qui sera nomméeg:puis trouver à ces trois grandeurs c. 8. f. une quatriême proportionnelle qui sera n=v off. Car puisque c. g. d. font en proportion continue, c.d :: CC.88; mais ayant encore c.

ayant encore c.8::f. n. on aura cc.88:: ff.nn. donc c. d :: ff. nn. = off. & par conséquent n = veff: 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.

DEMONSTRATION.
Elle est évidente par ce que l'on a démontré no. 12.
Prop. 1. & 3.
PROPOSITION VII.

Problême.
F16.62. XIII. Un e Elipse ADBE, dont AB eft 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 1., 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.

D E'MONSTRATION.
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=OG, MO sera perpendiculaire à GI; c'est pourquoi le triangle GLI sera isoscele; & partant FL + LI=LF + LG furpasse FM + =FM + MG; donc le point I est hors de l'Ellipse. C. l. F. D.

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COROLLAIRE I.
Si

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

COROLLA IRE I I. 2. L 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.

3.

COROLLAIRE II I. LA tangente MO rencontre l'axe AB prolongé en T: car l'angle GOT est droit, & l'angle OGT est aigu.

COROLLAIRE IV. 4

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. AYAN s.

NT abbaissé du point M sur l'axe AB la perpendiculaire MP.PT est appellée la soutangente, MK la perpendiculaire, & PK, la souperpendiculaire, ou founormale. PROPOSITION VIII.

Theorême. 6. AYANT supposé les mêmes choses que dans la Proposttion précédente; e nommé comme dans la premiérc Proposition AC, ou CB, a; CF, ou CG,C; CP, X; PM, Y; FP sera c+x, & GP,c— x, ou X— ; cela pose. Jc dis que l'expression algebrique de la foutangente PT fera

aa-X

= VCC

DEMONSTRATION.
L E triangle rectangle GPM donne GM

- 20x + xx + yy. Ec parceque M K est parallele
à GI, & que FI=( Prop: preced.) FM + MG=
(art. 12. no. 2.) AB= 2a , l'on a FI ( 22). FG (20) ::
MI, ou MG (VCC — 2(x + xx+yy). GK.

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

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à cause de l'angle droit KMT, l'on a PK

).PM (9):: PM (y). PT

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- ac tc VCC — 20% + XX — - yy

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aacc

aaxx + CCXX

2aacx + ccxx

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zaaca + C6XX

c'est pourquoi en mettant cette valeur de

уу

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

: mais at aac + cvatest un quarré dont la racine est aa - *; c'est pourquoi cette derniere valeur de PT le 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.

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COROLLAIRE I,

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