angle, est à IG, celui des côtés du triangle BGI qui se rapporte au côté NM du triangle BNM. Puis BF est à MN comme BI est à NI, à cause que les deux triangles BIF et NIM, étant rectangles et ayant le même angle vers I, sont semblables. De plus, si on tire HO parallèle à NB, et qu’on prolonge IB jusques à O, on verra que BI est à NI comme OI est à HI, à cause que les triangles BNI et OHI sont semblables. Enfin, les deux angles HBG et GBI étant égaux par la construction, HOB, qui est égal à GBI, est aussi égal à OHB, à cause que celui-ci est égal à HBG ; et par conséquent, le triangle HBO est isocèle ; et la ligne OB étant égale à HB, la toute OI est égale à DK, d’autant que les deux ensemble HB et IB lui sont égales. Et ainsi, pour reprendre du premier au dernier, AL est à IG comme BF est à NM, et BF à NM comme BI à NI, et BI à NI comme OI à HI, et OI est égal à DK ; donc AL est à IG comme DK est à HI.
Si bien que si, pour tracer l’ellipse DBK, on donne aux lignes DK et HI la proportion qu’on aura connu par expérience être celle qui sert à mesurer la réfraction de tous les rayons qui passent obliquement de l’air dans quelque verre, ou autre matière transparente qu’on veut employer, et qu’on fasse un corps de ce verre qui ait la figure que décrirait cette ellipse si elle se mouvait circulairement autour de l’essieu DK, les rayons qui seront
