IV, — PARTAGE DES TERRAINS

sont connus, on a :

aire du quadrilatère et celle e valeur de la moitié de l'aire

——. (Voir le no

apport voulu, par exemple pentons le terrain en prenant ML pour directrice, et soient la Surface G=—585na, D= 320% et ML—95 mètres. Surface totale — 995 320 — 905m. j] laut partager cette valeur en parties proportionnelles à # et n, on a Pour sur-

sur le périmètre une droite qui divise cette surface n'entre elles dans un rapport donné

oite ML qui divise approxima-

3; ar-

s0 LEVÉ DES PLANS D devrait égaler 362, tandis qu'il n'égale que 320: il y a donc 424 à ajouter à la partie de droite au moyen d’un triangle qui doit avoir ML pour base: donc, en divisant 42 par 25, nous ue, # à € x on aurons la moitié de Ja hauteur 98 — 1,68; hauteur —3 mètres 26.

mt Élevons la perpendiculaire LE ‘égale à 3,36, merons une parallèle à la base, et MN sera Ia ligne de division,

127, PROBLÈME. Diviser un lriangle en trois parties proportionnelles à des nombres dons m;,n,p, de manière que chaque division ait pour base un des côtés du biangle primitif.

IL faut partager AB en parties proportionnelles à m,n, p; les triangles CAD, CDE, CEB, sont dans les rapports voulus; par D, menons une parallèle à Ta #5 AC; par E, une parallèle à BC, e!

joignons le point O aux trois sommets:

les triangles CAO, CAD sont équivalents, de même COB—CEB. donc le rest: \OB—CDE,

128. PROBLÈME. Diviser une Propriété en parties équivalentes OÙ proporlionnelles à des nombres donnés par des droites issues d'un point intérieur M; une des lignes de division MB est donnée ou on la prend arbitrairement.

IL faut avant tout arpenter le terrain, calculer la contenance que doit avoir chaque parcelle. Soit $

la contenance de l’une d'elles; menons ML (126), calculons MBL. Soit MBL<S:

ds ne ML divisons la différence par —, nous au-

ons la hauteur du triangle à ajouter, soit MA la.ligne obtenue lorsque le périmètre est sinueux, MAL est plus grand ou plus petit que S—MBL: supposons LMA<S—MBL: en divisant la nouvelle

différence par A nous ajouterons un triangle MAN et BMN égalera S,

Deux opérations donnent presque toujours une approximation suffisante,

lria rap,

SL les ] AG- On d

d’où

ANM

ACB face parti

être € toujot

Les

d'un pc

face do:

Prolo:

connaisse

m ort — P ra

calculée

20; il y a donc n triangle qui par 25, nous

— 3 mètres 26.

ns une paral-

parties Drobres dons e chaque dides côtés du

parties proles triangles s les rapports 1e parallèle à e à BC, el Dis sommets:

COB—CEB.

équivalentes des droites de division

a Contenance elle, Soit $S les; menons it MBL<S:

7; NOUS au-

ajouter, soit le périmètre IS grand où

supposons la nouvelle

[AN et BM\

proximation

CHAPITRE IV, — PARTAGE DES TERRAINS S1 129. ProBLèME, Par un point D pris dun triangle, mener une droite MN qui divise rapport donné

S l'intérieur d'un lu surface dans un

Supposons le problème résolu, menons DG parallèle à CA et les perpendiculaires NE, DF; soient

AG=—d; DF—h et posons AM—x. pu On doit avoir : cul = Æ A

où AO = Da , \ ANM = ACB x a et puisque = Le À ACB est donné, on détermine la sur À & CE F M B

face du triangle ANM; dans le Cas Particulier où es deux parties doivent

Se Re ee AC ., .

être équivalentes, on n'a plus que ANM= =, Soit a? l'aire toujours connue de AMN.

Les triangles semblables GDM, ANM donnent : = Dh: = d'où NE= Ne. mais te «ou

donc en remplaçant NE par sa valeur, on à

xd = 20; ha— 2x —94 : he? 202 +904 =0; d'où dHaya—24} D= = h une seule, ou

(Algèbre, F, P.B.). Il ÿ à deux solutions, aucune, suivant les valeurs relatives de «2 et de

130. PROBLÈME. Par un point donné D pris dan d'un polygone BCEFGH » Mener une d

: m face donnée dans le rapport —.

s l'intérieur oite qui divise la sur-

Prolongeons deux côtés jusqu’

à leur point de concours À; Connaissant l'aire du polygone,

nous pouvons, d'après le rap- | ; P P

port D calculer celle de la partie

HD, puis y ajouter l'aire calculée ou mesurée de ABHG, Soit «2

cette somme, le problème

est ramené au précédent, Par le point D, il faut mener la droite MN telle que l'aire de AMN—«?,

MT

Suivant qu'on prolonge tels ou tels côtés, il y a diverses solutions; on n'acceple que celles dont la ligne MN rencontre les deux côtés prolongés sans sortir du polygone, ainsi il faudrait rejeter la solution M'N’.

$ IV. — La droite de division doit être parallèle à une droite donnée.

131. PROBLÈME, Par une parallèle à lu base d'un triangle, diviser ce angle en deur parties équivalentes, ou en deux

. . . ' m parles qui Soient entre elles dans un rapport donné de

1° Graphiquement. Sur AB comme diamètre, décrivons une demi-circonférence; élevons DE perpendiculaire sur le milieu de AB; du point B avec le rayon BE, Coupons AB au point M, et menons

la parallèle MN; on a BMN — ABC (Géométrie, F, P. B., 287).

A mn

4 ) x Ü or divi Pour un rapport 7 + on divise AB dans le rapport donné et on opère comme précédemment.

BMN __m, doi ACMN = n° :

BMN me À BM ABC mn ABC sr Hong

Numériquement. On doit avoir

m AB mn’

lentes ; Soit Nous au AN MN — } tés mer