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BBA

ABB tefte

pour le quarré de la ligne GF, AA

BAA

qui sera

J'y BB

; donc

A A

X X A A

BB

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X XR

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2 B

par consequent

- YOBB

V BBA A
CD=
=*=B

A A
BB A A NOB B BBAÅ--2xB AA***Á A
Donc

A A
2 * A A
donc
y =

B
Puis faisant comme B, 2A:: A, à un qua-
triéme, ou doublant les antecedens, comme 2 B,
2A:: 2 A, à un quatriéme que j'appellerai R

**A1 j'aurai yy=Rx

ensuite de quoi consi

BB
derant que BB, AA:: 2B, R, j'ai enfin yo

y = RX -- qui est la proprieté qu'Apollonius démontre de l’Ellipse en la treiziéme Proposition du premier Livre des Coniques.

Cela fournit une maniere fort simple de décrire organiquement l’Ellipse sur le plan : il n'y a qu'à supposer une pointe ou un craion en un point quelconque de la regle AE, comme par exemple au point C, puis faire couler la regle, en sorte que les deux extremités soient toûjours dans les lignes AE, EI, la pointe donnera parfaitement une Ellipse.

Dans la Parabole A B C, dont l'axe est BD, étant données trois ordonnées à l'axe continuellement proportionelles comme AD,01, GL, si l'on prend dans l'axe prolongé la ligne BN, égale à la ligne BI, interceptée par la moienne des trois appliquées, & qu’aiant joint les points NA, par la

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ligne NA, l'on falle dans le même axe prolongé BF, égale aux deux extrêmes des trois appliquées, c'est-àdire, aux deux li

N gnes AD, GL; je dis

que

la ligne FM tirée par le point F parallele à

ІВ la ligne NA, paf-: fera par

l'extremité du parametre BM, & par con G

L sequent le déter : 0 minera.

А.

D ADEX

Par la nature de la Parabole 01 = y donc

xx=ru, yy = rs, donc xx+ yg =

V=74-+13. Ce qui étant ré

duit en proportion, vient: BD Su BISS

X, 4 +5,::9, Xt MB -Y. c'est-à-dire, que la ligne AD, est à la ligne DN, comme le parametre est à la ligne BF. Or les deux triangles M BF, A DIN étant semblables, la ligne AD eft à DN, comme B M est à B F; donc le parametre est égal à la ligne MB.

Dans le triangle rectangle isoscele ACB; foit menée la perpendiculaire CD, qui coupe la bafe en deux parties égales au point D, & qui par confequent est égale à la ligne AD. Si l'on prend un point comme dans cette perpendiculaire , 86

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comme A4

E

qu'aïant fait 01

=CO, l'on mene du point I la ligne G I E égale à la li

K gne AD. Je dis

I que le point E sera un point d'une Parabole

D

M EO M qui aura le point o pour sommet & le point I, pour foier.

Il n'y a qu'à démontrer que le quarré de la ligne ED, est égal au rectangle de la ligne 0 D par le quadruple de la ligne 01, c'est-à-dire , par le parametre O G. CO= A.

A cause du triangle rectanglo OIS A. IDE, si du quarré de 1 E qui ID=x. eft 4 AA + 4 Ax f *x, j'ôte ODS A-f *. le quarré de ID, qui est xx, resteCD2A + %. ra le quarré de la ligne ED, qui AD=2A + x. sera 4 A Ą +4 Ax. Or le recEI=2A + X. tangle de la ligne OD, par la OG= A. ligne OG, c'est-à-dire, A** multiplié par 4 A, est aussi 4 AA - 4 Ax; donc le quarré de la ligne E D est égal au rectangle de l'interceptée par le parametre, & ainsi de tout autre point.

Il s'ensuit de là, sans autre démonstration, que fi du foier I, l'on mene à la Parabole une ligne comme IE, elle sera toûjours égale à l'interceptée plus la ligne 01, comprise entre le sommet & le foier; d'où l'on peut aisément déduire cette proprieté fi celebre de la Parabole. Tous les raïons paralleles à l'axe , fe reüniffent au foier.

Car soit un raion quelconque HE par le point E, soit menée la tangente FEN, & l'on sçait qu'il n'y a pour cela qu'à faire FO égale à OD; pour dé

I

montrer que le
raion HE, doit
aller au point I,
il n'y a qu'à trou-
ver que l'angle
FE I est égal à
l'angle HEN,
c'est-à-dire , l'an E
gle de reflexion

D égal à celui d'incidence; or l'angle HEN, ON son égal D FE, est égal à l'angle FEI, si le triangle EIF est isor H cele, comme il l'est en effet, parce que la ligne IE eft égale à la ligne D O plus la ligne 01, & que la ligne FI, est égale à la ligne Fő, plus la ligne 01, &

que d'ailleurs les lignes DO , F0, sont prises égales. Soit dans la Parabole I AM, le diametre AD avec son côté droit AG, & Ġ foit FC ordon

L

B née à ce diametre, a dans le diametre pro

F longé l'on prend du sommet A la ligne AK é-o

M gale à l'inter-I ceptée AC; je dis que la ligne KF, touchera la

Parabole

Parabole au point F. Il n'y a qu'à démontrer que la ligne K F, quoique prolongée , & la Parabole, ne peuvent avoir de point cominun que le point F. Soit AC= , Je dis 1°. Que le point KC=22,

2%, 0% pris dans la ligne KF, AG= r, au-dessous du point F, ne Soit CD= y, peut être de la Parabole. KD sera 22 + y, Car par ce point 0, soit menée 0 D, parallele à l'ordonnée, elle coupera necessairement le diametre au-dessous du point C, en un point comme D.

Or à cause des deux triangles semblables KCF, KDO, le quarré de KC, est au quarré de CF, qui est égal à zr, comme le quarré de KD, eft au quarré de DO, c'est-à-dire , 427, 27 :: 422+ 429+yy à un quatriéme; donc *"*°+ 4yrzz+kr9)

472. est égal au quarré de OD: il n y a qu'à faire voir que le quarré de l'appliquée ID , est moindre que ce quarré de OD, le quarré de 1 D , est égal au rectangle des lignes KD, AG; c'est-à-dire, 28-tyr,

402? +4913.2+292 or zrtyr, est moindre

que Puisque multipliant l'un & l'autre par 4.22, viendra d'un côté 4rzint 4yr22, & de l'au tre 4rzs

+ 4yrzzzryy qui surpasse le premier produit de la quantité de + zryy; donc le quarré OD, est plus grand que le quarré de ID; donc la ligne Ó D est plus grande que l'appliquée ID, donc le point On appartient point à la Parabole.

Je dis en second lieu que le point L pris dans la ligne KF, au-dessus du point F, ne peut être de la Parabole.

Par ce point I soit menée LB, parallele à l'ordonnée, elle coupera le diametre au-dessus du

g

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4 ZZ

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