CHAPITRE IX
BXBRGiaiS RVLATirS A LA MTISlOlf DBS fflCVaES PLANES.
375. Lorsqu'une propriété territoriale fait partie d'un héritage, on a ordinairement à opérer le partage des terres entre les divers héritiers, proportionnellement aux droits qu'ils apportent dans la succession. Ce partage exige une division de figures planes en parties égales ou en parties proporlionnelles à des nombres donnés. Diverses circonstances peuvent donner lieu dans les arU ^ une division du même genre. C'est par la solution des principaux problèmes relalils à cette question que nous terminerons la Géométrie plane.
376. Froblème. Diviser un triangle en parties proportionnelles à des nombres donnés , pat des droites tirées d'un même sommet
Pour fixer les idées, soit à diviser le triangle ABC (fig. 293) en trois parties proportionnelles aux nombres 2, 8, 5, par des droites tirées du sommet A. Divisez le côté opposé BG en trois parties Bm, mn, nC, proportionnelles aux nombres donnés 2,3,5 (ISO), et tirez Am et An. Les Iriangles BAm, mAn, nAC, ayant même sommet A, et leurs bases sur une même ligne droite, ont même hauteur, et sont par conséquent entre eux comme leurs bases, c'est-à-dire comme les nombres donnés 2,3,5.
RcMARQDE. On agirait de la même manière pour diviser un triangle en on nombre donné de parties équivalentes.
377. Problème. Diviser un triangle ABC (fig. 204) en deux parties proportionnelles à des nombres donnés m et n, au moyen d'une parallèle à to baeém
Soit IH la parallèle cherchée , on devra avoir
AHl:HlCB::m:n, d'où résulte AHi : AH1+ HICB ::m:m-\-n,
ou AHI: ABC:: mim-i-n.
Mais les Uian^les AHI el ABC étant semblables, puisque Hl f» M supposé parallèle à BC, on a ausM ;348)
AI11:ABC::ÂH*:Âb'.
Celte proportion iiyaDt avec la précédente un rapport commun , on en déduit
ÂH'rÂB*:: TO:m + fi.
La question est donc ramenée à trouTer le cdlé AH d'un carré, qui soit à un carré donné AB", comme le nombre m est au nomltre m-^n (voy. le n' 352).
CoBoLuiRE 1. SMl s*agit en particulier de diviser le triangle en deux parties équivalentes par une parallèle à la base , prenez le milieu 0 du cdté AB; élevez sur AB la perpendiculaire OD égale à OA , joignez AD. Du point A , comme centre, avec AD pour rayon , décrivez Tare DH , qui coupera AB et H, et tirci Ht parallèle ^ BG; ce sera la parallèle demandée; car, d'après la construction, on a
AHl: ABC:: ÂffiAB*, ou ::Jffi*:4A5,
puisque le carré de AB, ou de 2A0, est 2AOx2AO, ou lÂÔ*. Mais, dans le
triangle ÂDO, on a
ad'=âo' h- 55*= 2ÂÔ*.
La proportion devient donc
AHI:ABC::2Â(?:4ÂÔ', ou ::2:4, ou :: 1 : 2.
Ainsi le triangle AHI est la moitié du triangle total ABC, et équivaut, par conséquent, au trapèze HICB.
378. Problèke. Diviser un triangle ABC (fig. 295) en ttoit parties propor^ tionnelles à des nombres donnés m, n» p, au moyen de droites menéei des sorn^ mets à un même point intérieur.
Pour fixer les idées , supposons que les triangles qui auront respectivement pour base les c^tés BC, AC, AB du triangle donné, doivent être entre eux comme les nombres m,n,p.
Supposons le problème résolu. Soient Ole point intérieur cherché, et OA, OB, OC les droites qui divisent le triangle proposé en trois autres, proportionnellement aux nombres donnés , en sorte qu'on ait
BOG : COA : AOB ::m:n:p.
Prolongeons les lignes OA, OB, OC, respectivement jusqu'en L, H, I. Les triangles AlC et BIC , qui ont même sommet C et leurs bases en ligne droite, ont même hauteur et sont entre eux comme ces bases. On a donc
Aie : BIC :: Aï : IB... [l], Par une nison analogue, on a aussi
AIO:B10::AI:IB; et , par conséquent , à cause du rapport commun , Aie : BIC :: AlO : BIO.
On tire de là AIC — AIO : BIC — BIO :: AIC : BIG
ou AOC : BOG :: AIC : BIC... [2].
Comparant les proportions [1] et [2] , il en résulte A0G:B0G::AI:1B; mais, par hypothèse , on doit avoir
AOC : BOC ::n:m.
Donc enfin, il faut que Ton ait Al : IB :: n : m $ proportion qui détermine le point I (139}*
180 PRBIIIÈBB PABTIE.
On prouverait de la même manière que le point H doit être déterminé par la proportion
AH:HC::n:p,
et le point L par la proportion BL : LG : : m : p.
Les lignes IG, H6, LA étant ainsi déterminées, le point 0 sera à leur intersection. Deux d'entre elles suffiront d'ailleurs pour obtenir ce point.
379. Corollaire. Si les trois parties devaient être équivalentes, les points I , H , L seraient les milieux des cdtés.
Remarque. On aurait à résoudre ce problème ou le problème plus général du n*378, s'il s'agissait de partager une pièce de terre de forme triangulaire , proportionnellement aux droits de trois hériliers qui auraient déj^ des propriétés attenant respectivement aux trois côtés de ce triangle.
380. PROELfeME. Diviser un triangle ABC (fig. 296) en trois parties propar^ tionnelles à des nombres donnés, par des droites menées d'un même point 0, donné dans l'intérieur du triangle.
On aurait à résoudre ce problème, s'il s'agissait de partager une pièce de terre de forme triangulaire, proportionnellement aux droits de trois héritiers, et que les trois paris dussent aboutir à un même point donné de la pièce de terre, par exemple, à un puits, à une fontaine. L'une des droites de division pourrait aussi être donnée d'avance : ce serait, par exemple, un sentier battu , une haie , un ruisseau , etc.^ aboutissant au point donné O. Soit OD cette première droite de division ; et supposons, pour fixer les idées , que les trois parts doivent être entre elles comme les nombres 5 , 6 et 7.
Pour résoudre commodément le problème qui nous occupe , on emploie à la fois le calcul et les constructions graphiques. Admettons qu'on ait évalué l'aire du triangle ABC , et qu'on l'ait trouvée de 17 ares 82 cent. Par des opérations d'arithmétique connues , on trouvera que les trois parts doivent être de 4*%95, de 5",04 et de 6«,93.
Du point 0 abaissons sur BG la perpendiculaire Op ; et supposons que sa longueur soit de 10",8. La moitié de cette perpendiculaire aura donc 9",9. Imaginons un triangle ODE équivalent à la première des trois parts : l'aire de ce triangle aura pour mesure 1 Op x DE ou 9",9 x DE , et l'on devra avoir :
