BC X CF' BC AC CD
CD
La même méthode s’appliquerait à la division analogue d’un triangle en un plus grand nombre de parties équivalentes.
DIVISION DES TERRAINS. ‘ 54t
{ Partager un triangle (fig. 9, p|. XLV) en quatre triangles èquiva-
Par le milieu m d’un côté AB menez une parallèle mm' à AC; joignez m et m' au milieu m" de AC.
Partager un terrain triangulaire ABC (fig. 7, pl. XL VI) en deux portions équivalentes par deux sentiers qui aboutissent à un puits. D.
Divisez BC en deux parties égales au point m; joignez AD; tirez MO parallèle à AD; les lignes Dm DO sont les axes des sentiers.
On connait dans le triangle ABC (fig. 10, pl. XLV), savoir : son aire T, les coordonnées rectangulaires AH ~c B H — d de son sommet B, celles A f — a et Of ~ b d'un point D.
On demande les coordonnées Kg' = x, f' g' ~ y du point f’ et celles C g" = x' , f1' g " = y’ par rapport d C , les lignes D f D f I9f" devant être telles que le triangle T soit partagé en trois parties équivalentes, et O f perpendiculaire à la base AC.
On a
x — (i t~nb)c ( xrf ad — bc ^ c
X> — (à T — C/X* )CH , x<d
CfXd — bXCU V ~ CH
Si l’une des lignes de division devait partir d’un des sommets, comme BD (fig. 11), on déterminerait les points f’ f" comme suit :
Après avoir mesuré la perpendiculaire D/t, on en déduirait
Bf =
Oa
et s’il arrivait alors que l’on eût BC D = - , la division de T se trou-
verait opérée par les lignes D/f, DB, DC.
Si le triangle DBC se trouve au contraire plus petit que - , s’il est égal par exemple à — — CI)/-", on divisera la différence CD/’”
par la moitié de la perpendiculaire D f et l’on aura
ce,, - 2 CDr
si en6n DBC est > - , s’il est égal à - -f- z, on divisera l’excès s
par -J DA1 et l’on aura pour quotient la distance du point de division ’ sur C B.
Solution graphique du même problème (llg. 12, pi. XLV). Prenez CE = | AC; joignez DE; menez B f" parallèle à DE; m étant le milieu de B/-" menez mf parallèle à AD; tirez DB, Df, D/1', elles partagent le triangle en trois parties équivalentes en partant du point D, l’une d’elles allant au sommet.
Trouver dans l’intérieur du triangle ABC (Gg. 17, pl. XLV) un point D tel que les droites menées de ce point aux trois sommets partagent le triangle en trois parties équivalentes.
Partagez un des côtés AC en trois parties égales; par le point de division le plus voisin de la base menez une parallèle p p' à cette base; le milieu D de p p" est le point cherché.
Diviser un triangle donné ABC (6g. 17, pl. XLV) en trois parties proportionnelles d m : n : p par des lignes menées d'un point inconnu aux sommets ABC des trois angles.
On partagera la base AC en trois parties proportionnelles à m : n : p. Par les extrémités de la partie moyenne on mènera des parallèles aux deux autres côtés; le point D où ces deux parallèles se couperont sera celui d’où partent les droites de division cherchées.
Trouver dans f intérieur d’un triangle dont l’aire T, les côtés abc et les angles ABC opposés d ces côtés sont connus , un point O qui soit à égale distance des trois sommets , et déterminer le rapport entre Us trois triangles formés par les droites menées du point O aux sommets
