PR0BLÈ)IES
1572. Soit k résoudre le problème le plus habituel de Tarpententage, qui consiste a prendre dans une pièce de terre une partie d'une surface déterminée.
526 SIXIÈME PARTIE. — LEVE» VEB TLkfiS. ARPENTAGE. NIVELLEMENT.
Pig. 390.
1* Suit à prendre dans la pointe A une surface déterminée S qui soit limitée par une droite pa^ rallèle à vtne droite donnée. Sur AB ou AC on mesure une certaine longueur AD; par le point D on mène une parallèle DE a la droite donnée {13R5); on détermine l'aire s du triangle ADE; on calcule le quatrième terme de la proportion
*:S = AD :x», d'où x
= \/âd'x§;
Fig. 391.
on prend AM = a:, et menant MN parallèle à DE, le triangle AMN satisfait k la question. £n effet, les deux triangles ADE et AMX étant sem* blables, S' étant raire du second, on a (700)
jrS^ÂD^rAM',
et les deux proportions précédentes ayant trois termes égaux, on a biea S = S'.
S* Dans le cas où la première pointe A du terrain serait insuffisante, on déter> minerait Taire s du triangle oAC, et le problème serait ramené, comme au 1*, à prendre dans la pointe a une partie aMX dont Faire fût égale k S + ^.
3* Dans le cas où Ton aurait k prendre
un trapèze MNnm k partir de MN qui peut
être un côté du terrain, on mesurerait aJA
et Taire du triangle aMN, et l'on calculerait am en opérant comme on
Fa fait au 1* pour AM.
Remarque. Les trois problèmes précédents montrent assez codubcmI Ton opérera dans un cas quelconque, et les deux derniers font voir qu'en général les problèmes de cette espèce ne sont que la réunion de plusieurs sembladE>les au 1*% auquel on les ramène toujours.
iS75. Four partager un triangle en un certain nombre de partwi équivalentes par des droites allant du sommet à la base, on divise ia base en un môme nombre de parties égales, et on joint le sonmiet aux points de division (692).
Par la même marche, on peut diviser le triangle en parties qui soient proportionnelles k des nombres donnés (994).
1574. En divisant les deux bases d'un trapèze en un même nombre de parties égales, ou qui soient proportionnelles k des nombres donnés, et joignant les points de division, le trapèze se trouve divisé en parties équivalentes ou en parties proportionnelles aux nombres donnés (697, 994).
Pour diviser de même un rectangle ou un parallélogramme , on divise la base en parties égales ou en parties proportionnelles aux nom-
▲APKNTAGE. 527
bres donnés, et par les points de division on mène des parallèles aux
côtés adjacents à la base (690, 695, 994).
1578. Diviser un triangle ABC en parties équimlentes, ou en par-
p. 3ÇJ ties proportionnelles à des nombres donnés^
par des droites parallèles à la base BG. Ce
problème peut être résolu comme celui V du
Pour diviser de même un trapèze, on opérerait comme au 2* du n" 1372.
MN étant la droite qui divise le triangle en deux parties équivalentes, on a (700)
|:S=AN':AC% d'où AN
On peut déterminer AN géométriquement. Sur AG comme diamètre on décrit une demi-circonférence; au centre 0 on élève une perpendiculaire ; on joint AE, et prenant AN = AE, le point N appartient à la parallèle MN. £n effet, on a (676)
AG
d'o fi
ag:ae = ae:ao ou ag:an=an:-^,
an = y/^. /...-•>
si AMN était le tiers du triangle ABG, on aurait '' ^'
^:s=ÂN*:AC% d'où AN=y ^.
Si AMN était les - de ABG, on aurait
|s:s=:ÂN*:ÂcS d'où an
On opérerait de même pour un rapport quelconque, c*est-à-dire pour résoudre d'une manière générale le problème énoncé.
Ge problème général se résout aussi géométriquement. Ainsi Ton divise AG en parties égales ou en parties qui soient proportionnelles à des nombres donnés (994) ; par les points de division on élève des perpendiculaires à AG; on joint le point A aux intersections de ces perpendiculaires avec la demi-circonférence AEG; on reporte les cordes qui en résultent sur AG à partir du point A, et lès parallèles à BC menées par les points obtenus divisent le triangle ABG en parties qui sont entre elles comme les parties de AG. Ainsi, AG ayant été divisé en deux parties égales {fig, 392), le triangle se trouve divisé par MN en deux parties équivalentes ; si AG a été partagé en trois
parties égales, le triangle Test également en trois parties équivalentes, etc.
1576. Diviser un trapèze ÂBCD en parties équivalentes, ou en parties proportionnelles à des nombres donnés j Fig. 393. ^j. ^g parallèles aux bases,
^^ — ^^^ On prolonge les côtés non parallèles AD,
/C--^'l ! \^ BC jusqu'à leur rencontre en E ; sur BE / g\ ^^ "~7^^* comme diamètre on décrit une dcmi-circon-
vl V^ y^'/ , férence; du point E comme centre, avec EC
/ h\^ / j pour rayon, on décrit un arc de cercle CF,
V^ Ï^S. / et du point F on abaisse FG perpendiculaire
^ "i:^ à BE. Cela fait, divisant BG en parties égales,
ou en parties proportionnelles aux nombres donnés (994), et opérant pour les points de division obtenus comme on l'a fait au numéro précédent pour les points de division de AC de la figure 392 , le problème est résolu. Ainsi pour diviser le trapèze en deux parties équivalentes, par exemple, on divise BG en deux parties égales; au point H, milieu de BG, on élève la perpendiculaire HI k BE; du point E comme centre, avec Ei pour rayon, on décrit l'arc de cercle iN, et la parallèle MN aux bases divise le trapèze ABCD en deux parties équivalentes.
Si le point de concours des deux côtés AD et BC est très-éloigné, on . opère sur la grande base AB comme on Ta
^^' ^*' fait sur BE de la figure 393. Ainsi sur AB
comme diamètre on décrit une demi-circonférence, on mène CE parallèle à AD, du point A comme centre, on décrit Tare EP, et l'on abaisse du point F la perpendiculaire FG à AB. Cela fait, divisant GB en parties qui soient entre elles dans les rapports donnés, et opérant pour les points de division obtenus comme on Ta fait pour ceux de GB dans la figure 393, le trapèze se trouve partagé de la manière demandée. Dans la figure 394, le trapèze est partagé en trois parties équivalentes par les parallèles MN, PQ aux bases. 1377, Partagea' un polygone ABCDE en parties équivalentes, ou en parties proportionnelles à des nombres don- ^' nés, par des droites partant d'un sommet D.
On détermine le triangle DFG équivalent au polygone donné (1021); on divise la base FG de ce triangle en parties égales ou en parties proportionnelles aux nombres donnés, et joignant le sommet D aux points de division obtenus, le problème est résolu. Ainsi divisant FG en trois parties égales, par exemple, aux points M et N, les droites DM, DN partagent le polygone donné en trois parties équivalentes.
ATIPENTAGE. ^%9
11 est k remarquer que le problème n'est entièrement possible par cette marche qu'autant que tous les points de division M, N se trouvent sur un même côté AB du polygone proposé. 1578. Diviser le triangle ABC en deux parties équivalentes par une p. ^^ droite partant d'un point M pris sur Vun des
côtés du triangle. M est, par exemple, un puits qui doit rester commun aux deux parties d'un terrain. Par le point 0, milieu de AB, on mène une parallèle ON à MC, et MN est la droite demandée. En effet, menant GO, le triangle CAO est moitié du triangle proposé (693), et comme de plus il est équivalent au triangle AMN, comme étant composé de la même partie AON et du triangle CNO équivalent à celui MNO comme ayant même base NO et môme hauteur, il en résulte bien que AMN est moitié de ABC, et par suite équivalent au quadrilatère BCNM. Remarquant que les parallèles NO, CM donnent
AN AO ,, , ,^ ,^ AO ÏC=rM' ^''' ^^^^ = ^^><ÂM'
on voit que sur le terrain, sans mener aucune parallèle, il suffît de prendre AN égale à la longueur ainsi calculée et de joindre MN.
Pour diviser le triangle ABC en deux parties qui soient entre elles dans un rapport donné min^ on diviserait AD en deux parties telles que Ton ait
AO m
OB "* n'
par le point 0 on mènerait ON parallèle à MC, et MN répondrait à la question.
En effet, les triangles ACO et BCO ayant même hauteur, ils sont
entre eux dans le rapport ^z^ ou —, et le triangle ACO étant encon*
équivalent à celui AMN, le triangle AMN est bien au quadrilatère B(v\M
dans le rapport — .
Pour éviter de mener la parallèle ON, de
AO m AO m *../%.» w*
7nr = "~-» ou -rrr — T^TT = ''^. — , on tirp AO = ABx — : — . OB 71 ' AO + OB w + 7i' m-^/i
On a ensuite
Av KT AO ACxABxm
AM AM(w + n)
On détermine alors le point N sur le terrain^ et Ton mène MN.
1379. Diviser un triangle en trois triangles équivalents ayant un sommet commun M , et pour base les côtés du triangle.
On mène AD perpendiculaire à BC, on
AD prend DE= -^, et par le point E menant^
une parallèle a BC, elle contient le point M, puisque la hauteur du triangle MBC doit être le tiers de celle du triangle ABC. Faisant la même construction pour le côté AC,
la parallèle Hienée parle point F rencontre la parallèle à BC au point M. On peut étendre cette construction à la division du triangle en trois
autres MBC, MAC, MAB dont les surfaces soient proportionnelles aux
nombres 7», n, p; seulement on a
DE = ADx .*^. , vt HF=BHx
lVl¥EE.LEItENT.
