 |
Questa pagina è ancora da trascrivere o è incompleta. | |
quale venga tangente dal punto A la retta AD, indeterminatamente prolungata verso E, e sia il contatto in D, e congiungasi la CD, che sarà perpendicolare alla AE; ed alla BA sia perpendicolare la BE, la quale prodotta concorrerà con la AE, essendo l’angolo A acuto; sia il concorso in E, di dove si ecciti la perpendicolare alla AE, che prodotta vadia a concorrere con la AB, infinitamente prolungata, in F: dico primieramente, le due rette FE, FC esser eguali. Imperò che, tirata la EC, aremo ne i due triangoli DEC, BEC li due lati dell’uno DE, EC eguali alli due dell’altro BE, EC, essendo le due DE, EB tangenti del cerchio DB, e le basi DC, CB parimente eguali; onde li due angoli DEC, BEC saranno eguali. E perché all’angolo BCE per esser retto manca quanto è l’angolo CEB, ed all’angolo CEF, pur per esser retto, manca quanto è l’angolo CED, essendo tali mancamenti eguali, gli angoli FCE, FEC saranno eguali, ed in consequenza i lati FE, FC; onde fatto centro il punto F, e con l’intervallo FE descrivendo un cerchio, passerà per il punto C. Descrivasi, e sia CEG: dico, questo esser il cerchio ricercato, a qualsivoglia punto della circonferenza del quale ogni coppia di linee che vi concorrano, partendosi da i termini A, B, aranno la medesima proporzione tra di loro che hanno le due parti AC, BC, le quali di già vi concorrono nel punto C. Questo, delle due che concorrono nel punto E, cioè delle AE, BE, è manifesto, essendo l’angolo E del triangolo AEB diviso in mezzo dalla CE; per lo che qual proporzione ha la AC alla CB, tale ha la AE alla BE. L’istesso proveremo delle due AG, BG, terminate nel punto G. Imperò che, essendo (per la similitudine de’ triangoli AFE, EFB) come AF ad FE così EF ad FB, cioè come AF ad FC così CF ad FB, sarà, dividendo, come AC a CF (cioè ad FG) così CB a FB, e tutta AB a tutta BG come una CB ad una BF, e, componendo, come AG
