MF = MG = BL

D’ailleurs, l'intersection du plan sécant et du parallèle BC est une droite DE perpendiculaire au plan méridien, et PD représente la distance du point AI à la droite DE. Les deux triangles APL, ABD étant isocèles, puisqu’ils sont tous deux semblables au triangle SLL', on a

PD = BL, c’est-à-dire MF = PD.

La courbe obtenue est donc une parabole ayant le point F pour foyer et la droite DE pour directrice.

ScOLIE.

1087. Les sphères considérées dans la démonstration précédente peuvent, tout en restant inscrites au cône, cesser d’être tangentes au plan sécant qui les coupe alors suivant deux cercles. Les mêmes raisonnements étant applicables à ce cas, on arrive à cette proposition : Le lieu des points tels, cpæ le rapport qui existe entre les tangentes menées de ces points à un cercle fixe et les distances de ces mêmes points à une droite fixe soit constant , est une section conique dont la nature dépend de la valeur de ce rapport comparée à V unité (1086).

THÉORÈME

1088. Placer une ellipse, une hyperbole ou une parabole donnée sur un cône de révolution donné.

i° Si l’on se reporte à la fig. 564, 011 voit qu’on connaît dans le triangle AA' H le grand axe AA' de l’ellipse donnée et sa distance focale AH, ainsi que d’angle AIIA', complément du demi-angle au sommet du cône donné. La question revient donc à construire un triangle avec deux côtés et l’angle opposé à l’un deux. Comme l’angle donné est opposé au plus grand des deux côtés donnés, ce triangle est complètement déterminé (116). Quand il sera construit, on élèvera une perpendiculaire sur

le milieu de A' II, et la surface conique engendrée par Ail en tournant autour de cette perpendiculaire sera coupée suivant l’ellipse donnée par un plan mené suivant AA' perpendiculairement au plan du triangle AA' H. On peut donc toujours placer une ellipse donnée sur un cône donné.

a° Si l’on se reporte à la fig. 565, on voit qu’on connaît dans le triangle AA' II l’axe transverse AA' et la distance focale Ail de l’hyperbole donnée, ainsi que l’angle AIIA', complément du demi-angle au sommet du cône donné. Comme cet angle est opposé ici au plus petit des deux côtés donnés, le problème peut avoir deux solutions ou n’en avoir aucune (146). Pour qu’il soit possible, il faut que AA' surpasse la perpendiculaire abaissée du point A sur HA', c’est-à-dire qu’on ait, en appelant 2 S l’angle au sommet du cône et en posant (1000) AA' = ia, AII = 2c,

2rt>‘2CCOS(3 ou

COS [j <

Mais, si l’on appelle 2O l’angle des deux asymptotes de l’hyperbole proposée, on a évidemment (1015)

- = cos 0.

La condition cherchée est donc

cos^ < cos 0,

ou, puisqu’il s’agit d’angles inférieurs à un droit,

S >9 ou 2 (3 > 2O.

Donc, pour pouvoir placer une hyperbole donnée sur un cône de révolution donné , il faut que l’angle au sommet du cône surpasse celui des deux angles des asymptotes de l’hyperbole qui comprend ^la

courbe.

3° Si l’on se reporte à la fig. 566, on voit que la droite OA est perpendiculaire à l’axe SO, d’après la détermination du point O et le parallélisme des droites SL' et AP. Dans le triangle rectangle OBA, on connaît

FD

par suite le côté AB = AD = — > demi-paramètre de la parabole donnée

(1028), et l’angle BAO, complément du demi-angle au sommet du cône donné. Ce triangle est donc complètement déterminé (32). L’ayant j construit, on élèvera OS perpendiculaire sur OA, et la surface conique