MO + OA) (MO + 0A<; = MA X MA

Dr ne enfin

(2) MD* X MD'i = MA X MA' relation de même forme que (1).

Soit, en second lieu, EBE' une hyperbole êquilatère toujours concentrique à la circonférence 0, mais tangente à cette dernière en un point quelconque B. Si l'on regarde les points E et E', symétriques par rapport à Taxe OB, comme les composantes des points imaginaires (E, E) et (E',E), la droite NEi apour projections sur AA'et surPN les droites PQî et NSi imaginaires comme elle. Mais alors l'ordonnée du point (E,E') est évidemment la droite mixte PN -j- NSi. Comme cette ordonnée est égale et de sens contraire à celle du point (F,F') symétrique de(E,E') par rapport à AA', on en conclut que le produit de ces deux ordonnées est

(PN + NSO (PN' + N'RO = — (PN -f NSi7

^ 1>N-- 2PN X NSi -j-lï?

Pour obtenir la distance de leur pied commun (Q,QO aux points A et A' il faut aller d'abord du point (Q,Q') au point P, en suivant la droite négative QPi ou — PQè, puis du point P à chacun des points A et A', ce qui donne les droites PA — PQt et PA' —^ PQ/. La demi-somme de ces droites étant PO — - PQ«, et leur dami-différence OA, leur produit est.

(PA - PQO (PA' - PQO = (PO - PQ/)3 oP

=TÔ'- 2P0xPQi — pq'- ÔÂ^ Je dis maintenant qu'on a l'égalité

PN' — 2PN X NSi + NS' = PÔ" — 2P0 X PQ* — PQ' — ÔX'

ou

PQ' -f NS' — 2PN X NSi = PN' — 2P0 X PQ» + PO' -OT

En effet, si l'on observe que SE = PQ, PQ -f NS' = NE', PN' + F0« = ON*, tout se réduit a prouver que

NE' — 2PN X NSi = on' — ÔI' -« 2P0 x PQ*

Or, d'après les propriétés de Thyperbole absolue B, on a déjà

"NE'zziON' — OÂ' De plus, la similitude des triangles OPN et NSË donne