TOME I

PE 205 DT — KR,etle point accidental cherché sera en T. On trouve de même le point P.

47. Pour démontrer ce procédé, il faut concevoir qu'une droite inclinée à l’horizon de 39 degrés , par exemple, étant prolongée à l'infini , irait aboutir dans le cielen un point élevé de 30° au-dessus de l'horizon : ce point est situé sur un petit cercle de la sphère céleste parallèle à l'horizon qu’on nomme almicuntarat (voy. ce mot). Or, puisque la ligne horizontale du tableau est la perspective de l'horizon céleste , 4 perspective d’un almicantarat est une hyperbole , dont le sommet est dans la ligne verticale, et dont le demi-axe principal est égal à la tangente de la hauteur de ce cercle au-dessus de l'horizon. C'est-à-dire que le demi-axe principal est égal à la partie de la ligne horizontale, comprise depuis le point de vue, jusqu’à la division qui marque le nombre des degrés de la hauteur. Le second demi-axe de cette hyperbole est le rayon principal.

Eu effet, un cercle céleste parallèle à l'horizon est la base d'un cône optique dont le sommet est dans l’œil , etla base du cône opposé est un almicantarat, également abaissé au-dessous de l'horizon. Que A, par exemple (PL 52, fig. 6), soit le lieu de l'œil; que ABH représente le plan de l'horizon céleste confondu avec le terrain ou plan géométral à une distance infinie du point A ; que PT représente le plan du tableau ; MEG l’almicantarat élevé au-dessus de l'horizon de la quantité mesurée par l’angle HAE, et KANI l’almicantarat au-dessous de l'horizon ,il est clair que les deux cônes opposés étant coupés par le plan du tableau PT, parallèlement à leur axe CL, les sections »SM, Nsn, sout deux hyperboles (voy. Hyrgrroze), dont le point de vue B du tableau est le centre, AD ou SB le demi-axe priucipal, et AB le demi second axe.

D'où l’on voit quesi par le point C (PI. 52, fig. 5), qui marque sur le plan vertical une hauteur de 30° , ayant fait VC— VE, on fait passer une hyperbole CT, dout VG et VO soient les demi-axes , elle sera la perspective de l’almicantarat de 39°, et que le point accidental qu'on cherche doit se trouver dans cette hyperbole à l’eudroit où elle est rencontrée par la perpendiculaire élevée du point D. Il reste donc à démontrer que, par la construction enseignée ci dessus (n° 46), on a trouvé le vrai lieu du point T,

Soit VO — b, VC ou KD ouOF—a, VD = y, DT ou KR — x. À cause des triangles semblables VDR, OVF, ona