DM:MN = MN:MT

d'où

r :n=^n: MT,

Vh. 43. COURBES DU DEUXIÈME DEGHiâ. ^ 205

et, par conséquent,

Mais la similitude des triangles DMN, TMC donnera

DM:MN = MT:MC, d'où

r : n = a? : MC, et^ par suite, - ' '

MG = — = -x — = --. (403)

Ainsi, le centre G et le rayon de courbure MC seront déterminés.

La construction qui précède convient, sans aucune modification, à toutes les courbes du second degré; c'est pourquoi les' mêmes lettres ont été employées sur les figures 4, 7 et 8. •

406. On peut obtenir le plus grand rayon de courbure BS, fig. 4, en traçant :

io La droite BF qui joint le point B avec le foyer ;

2° La droite FS perpendiculaire sur BF.

Ce qui donnera le centre S et le rayon R = BS du cercle osculateur au point B.

En efiet, le triangle BFS étant rectangle en F, on aura la proportion

BO:BF=BF:BS, ou • .

è:a=a:BS; d'où'

BS=$=R. (404)

407. Dans les opérations qui précèdent, nous avons pris, pour demi-par amèWe, la moitié GF de la corde perpendiculaire à Taxe 2a et passant par le foyer.

Cela fait dépendre le demi-paramètre de l'exactitude avec laquelle la courbe aurait été tracée, mais on peut obtenir facilement le demi-paramètre sans tracer la courbe;* en effet,

si nous construisons la droite OD perpendiculaire sur BF, lé triangle BOF étant rectangle en 0, on aura la proportion

BF : BO = BO : BU, d'où

- a : 6 = 6 : BU ; et, par- conséquent,

BU=:^=r = §. (404)

408. Pour la parabole, on sait que le demi-paramètre est égal à deux fois AF (401).

409. Dans l'hyperbole, tlg. 8, 6n tracera BI perpendicu laire à l'asymptote OH, ce qui donnera la proportion

OA:AB=iAB: AL

' d'où

et, par conséquent,

Aï ^' r P

Al = r-^rr

410. On peut, par une opération extrêmement simple, obtenir en même temps le plus petit et le plus grand rayon de courbure d'une ellipse ; pour cela (fig. 6) on tracera :

lo Les droites AE et BE perpendiculaires aux extrémités des axes principaux ; ' .

2*» La corde AB ; *

3*» La droite ES, perpendiculaire sur AB, coupera les deux axes de l'ellipse aux points 1 et S qui seront les centres du plus petit et du plus grand cercle osculateur.

En effet, les triangles BEA, EAI seront semblables et donneront la proportion

BE:EA = EA:AI, d'où

a : &=6: AI,

et, par conséquent,

AI=-=r = g. (404)

Mais les deux triangles semblables BEA, EBS donneront

EA:EB = EB:BS, d'où