CHAPITRE IX

De la division des figures planes.

375. — Lorsqu’une propriété territoriale fait partie d’un héritage, on a ordinairement à opérer le partage des terres entre les divers héritiei’s, proportionnellement aux droits qu’ils apportent dans la succession. Ce partage exige une division de figures planes en parties égales, ou en parties proportionnelles à des nombres donnés. Diverses circonstances peuvent donner lieu dans les arts à une division du même genre. C’est par la solution des principaux problèmes relatifs à cette question que nous terminerons la Géométrie plane.

37G. — Problème. Diviser un triangle en parties proportionnelles à des nombres donnés, par des droites tirées d'un meme sommet. Pour fixer les idées, soit à diviser le triangle ABC (fig. 297) en trois parties proportionnelles aux nombres 2,3,5, par des droites tirées du sommet A. Divisez le côté opposé B C en trois parties lim , mn , nÇ. , proportionnelles aux nombres donnés 2, 3, 5 (1 39), et tirez A/., et A«. Les triangles BAw, mkn, «AC, ayant même sommet A , et leurs bases sur une même ligne droite, ont même hauteur, et sont par conséquent entre eux comme leurs bases (350, Coroll.), c’est-à-dire comme les nombres donnés 2,3,5.

Remarque. On agirait de la même manière pour diviser un triangle en un nombre donné de parties équivalentes.

377. — Problème. Diviser un triangle ABC (fig. 298) en deux parties proportionnelles a des nombres donnés m Cf n , au moyen d'une parallèle h la hase. Soit I H la parallèle cherchée, on devra avoir

AIII : HICB :: «/ : n,

d’où résulte

AHI : AHI -4- HICB w m \ m n , ou A H I : A B C : : «/ : m -H

2G6 pnFMii^>nE partie.

Mais les triangles Aïll et ABC étant semblables, puisque II I est supposé parallèle à BC (201), on a aussi (352)

AHI : ABC AÎÏ’ :ÂB^

Celte proportion ayant avec la précédente un rapport commun, on en déduit

ÂÜ'* : A B* ; : m : w -I- n.

La question est donc ramenée à trouver le côté AH d’un

carré, qui soit à un carré donné AB , comme le nombre m est au nombre w-f-« {voyez le n° 356).

ConoLLAiRE I. S’il s’agit eu particulier de diviser le triangle en deux parties équivalentes par une parallèle a la base, prenez le milieu O du côté AB; élevez sur AB la

perpendiculaire O D égale à O A;joiguez AD-Hupoint A,

comme centre , avec AD pour rayon , décriv ez 1 ai c D H , qui coupera AB en H, et tirez HI parallèle à BC ; ce sera la parallèle demandée ; car, d’après la construction , on a

AU I : ABC ; ; XÏÏ* : AB^ ou : : AD’ ; 4 AO’, puisque le carré de A B , ou de 2. A O , est 2 AO X 2 A O , ou 4ÂC)’. Mais, dans le triangle AD H, on a

AÏ5’ = ÂÔ* -1- ÔD’ = 2. AÔ’.

La proporlion devient donc

AHI: ABC : : 2.AÔ’ : 4. AO’, ou :: 2 : 4, ou : : 1 : 2.

Ainsi le triangle Alll est la moitié du triangle total ABC, et équivaut, par conséquent, au trapèze H I CB.

CoROLi.AiRK H. S’il s’agit de diviser un triangle ABC ( fig. 299), par une parallèle à la base, en deux parties, qui soient entre elles comme les nombres 1 et 3 , il suffit de prendre le milieu H de A B, et de mener HI parallèle à B C ; car les triangles A HI et AB C étant semblables, on a

AHI : ABC :: ÂÏÏ’ : AB’’ ou :: Ail’ : 4. AH’, ou : : 1 : 4.

Le triangle AHI étant le quart du triangle total ABC, est évidemment le tiers du trapèze UICB.

GÉOMÉtRIE PLANE. 207

Renmtrjue I. Si l’on prenait le milieu O de la base, et qu’on joigfnit 10 et HO, le triangle ABC se trouverait partagé en quatre triangles égaux entre eux, et semblables au triangle total. I^es propriétés des parallèles conduisent facilement à cette conséquence. ’

En divisant chacun des côtés en 3 parties égales, et en joignant deux à deux les points de division situés sur une même parallèle à chacun de ces côtés , on partagerait le triangle en 9 petits triangles égaux entre eux, et semblables au triangle total (fig. 300). i

On obtiendrait 10 petits triangles égaux entre eux et au triangle total, en divisant chacun de ses côtés en 4 parties égales, et en joignant deux à deux les points de ' division situés sur une même pai’allèle à chacun de ces côtés (fig. 301).

Remarque II. Le nombre des petits triangles que l’on ; obtient ainsi, en divisant chacun des côtés en 2, 3, 4,

5,6,7 parties égales, etc., est 4, 9, 16 , 25, 36, 47, etc., c’est-à-dire le carré du nombre de parties égales de cha- ’ cun des côtés du triangle total.

378. — PnoBLÊME. Diviser un triangle ABC (fig. 302) en trois parties proportionnelles à des nombres donnés , ^

au moyen de droites menées des sommets h un meme "j point intérieur. Pour fixer les idées, supposons que les triangles qui auront respectivement pour base les côtés B C, AC, AB du triangle donné, doivent être entre eux comme les nombres 6,6,7. ~ ^

Partagez AB en 7 parties égales. En un point quelconque D, du prolongement de BC, élevez la perpendiculaire DE égale aux ^ de AB. Par le point E menez une parallèle à BC. En un point quelconque G, du prolongement de B A, élevez la perpendiculaire GH égale à BC; et menez, par le point 11, une parallèle à B A.

Celte parallèle rencontrera la première en un certain : point F. Joignez B F. ’ •

En un point quelconque L, du prolongement de AC , élevez la perpendiculaire LM égale aux -f de AB. Menez, par le point M, une parallèle à AC. En un point quelconque P, du prolongement de AB, élevez la perpeiidi-

culaire PQ égale à A G. Par le point Q menez une parallèle à AB; celte parallèle rencontrera la première en un certain point N. Joignez A N , qui rencontrera B F en un point O. Joignez O C. Les triangles BOC, AOC, AOB, seront les trois parties demandées.

En effet, menons FI, FR,TsR, NS, respectivement parallèles à D E , G H , L M , P Q. Du point O , abaissons aussi sur les trois côtés du triangle proposé les perpendiculaires O T, O V, OU.

On aura d’abord (134) :

KF = G H = BC et F I = ED = I A B ; puis, à cause des parallèles OU et FK,

OU : FK :: BO : BF ; et , à cause des parallèles O T et F I ,

OT : FI :: BO : BF, d’où , en vertu du rapport commun ,

OU : FK : : OT : FI, ou OU : BC : : OT : f AB,

d’où BCXOT = f AB X OU , ou

BCXOT U ABXOD

c’est-à-dire (322) que le triangle B O G est les ^ du triangle A O B.

On démontrerait de la même manière que le triangle AOC est les 7 du triangle A O B. Les triangles BOC, AOC, AO B sont donc entre eux comme les nombres 5, 6 et 7.

379. — Si les trois parties du triangle ABC devaient être équivalentes entre elles , la construction précédente, qui est tout à fait générale , conduirait évidemment au résultat ; mais on peut alors y parvenir d’une manière plus prompte.

Soit ABC (fig. 303) un triangle qu’il s’agit de diviser en trois parties équivalentes par des droites menées des sommets à un môme point intérieur. Joignons le sommet A au milieu m du côté opposé , par la droite A m ; joignons le sommet B au milieu n du côté opposé, par la droite B w; les deux droites se coupei*on1 en un point O.

GKOMÉTRIE PLA.KE. 209

Joignons O C; les triangles AO B , AO C et BOC seront équivalents.

En effet , les triangles A/?/ B et A m C ont même somniet A ; leurs bases lim et wC sont égales par construction et situées sur une même ligne droite; ces triangles ont donc même base et même hauteur, et sont par consé(iuent équivalents. Le même raisonnement s’applique aux triangles O ///B et 0/wC; donc ces triangles sont aus.si équivalents , et l’on peut en conclure

A A?? B — O w B = A /7i C — O w C , ou A O B = O C.

On démontrerait de la môme manière que l’on a AOB = BOC. '

Les trois triangles AOB,AOG,BOC sont donc équivalents.

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 héritiers qui auraient déjcà des propriétés attenant respectivement aux trois côtés de ce triangle.

380. — Problème. Diviser un triangle ABC (fig. 304) en trois parties proportionnelles à des nombres donnés , par des droites menées (Pun même point O 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 parts dussent aboutira un môme 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 celte première droite de division; et supposons, pour fixer les idées, que les trois parts doivent être entre elles comme les nom lires 5 , G et 7.

Pour résoudre commodément le problème qui nous occu(>e, on emploie à la fois le calcul et les construc-

lions graphiques. Admettons qu’on ait évalué l’aire du triangle A B et qu’on l’ait trouvée de 17 ares 82 cent. Par des opérations d’Arilhinétique connues, on trouvera que les trois paris doivent être de 4="^- ,95, de 5»‘‘ ,94 et de G“'‘-,93.

Du point O abaissons sur BC la perpendiculaire O/?; et supposons (jue sa longueur soit de 19'“,8. La moitié de cette perpendiculaire aura donc 9™, 9. Imaginons un triangle O DE équivalent à la première des trois parts : Paire de ce triangle aura pour mesure 4 Op X DE ou 9'", 9 X DE , et l’on devra avoir :

* . 9‘“,9 X DE = 4“* ,95 = 495“*f,

d’où DE — — = 50™.

Le point E se trouvant ainsi déterminé, tirons OC; menons EF parallèle à OC, et joignons O F. Les triangles O EC et O FC , ayant même base OC et même hauteur, puisque leurs sommets E et F sont sur une même parallèle à la base , sont équivalents; et si l’on ajoute à chacun d’eux le triangle ODC, on a :

O CE -i-ODCr=OFC+ODC,ouODE = ODCF, c’est-à-dire que le quadrilatère ODC F équivaut à la première part.

Imaginons maintenant un triangle ODG équivalent à la seconde part , on devra avoir :

4 0/p X DG = 6»r-,94, ou 9“,9 X DG = 594®'

d’où DG = = 60®.

Le point G étant ainsi déterminé , tirons OB; menons G H parallèle à O B ; et joignons O H. Les triangles O B G et OBH ayant même base O B et même hauteur, puisque leurs sommets G et II sont sur une même parallèle à la base, sont équivalents; et si l’on ajoute à chacun d’eux le triangle O BD, on a :

OGB-hOBD = OHB-hOBD, ouOGD=OHBD,

c’est-à-dire que le quadrilatère OHBD équivaut à la seconde part.

Il s’ensuit imraé équivaut à la trois

Corollaire. — valcntes, il faïuirî:

telle que chacun < valent au tiers de

381. — Problèm proportionnelles à parallèle aux dein pèze qu’il s’agit d^ la base, en deux' exemple, comme la parallèle était c en prenant CE ég.

rallèle à CA et H 1 un parallélogramme ,-et tti -seraiT egarr a i- ET c’esi-âdire que IH serait la parallèle cherchée.

Pour déterminer la longueur de III, prolongeons les côtés non parallèles A C et li I) , jusqu’à ce qu’ils se l encontrent en un certain p«>int O. La similitude des triangles 0AB,01Hel0CD donnera

OCD : OIH :: CD’:Tri*,

et OIH : OAB ::”ni’:ÂB*, d’où l’on tire

OCD— OIH:OIH::CD'— Th’ :Tn%

et OUI —OAB : OUI :: TÜ’ — 1b’ :Th\

Ces deux proportions ayant les mêmes conséquents , leui*s antécédents sont en proportion , ce (|ui donne

OCD— OIH ; OUI - OAB : : CÎ)’— ÏÏÏ^ îïT’— Xb%

ou CDHl : IHBA ::7ÏÏ>’ — ÏH* rTii'' — Xb*.

Mais , d’après l’énoncé du problème , on doit avoir : CDIII : IHBa :: m : n;

par conséquent , à cause du rapport commun , on a

tTb’ — ÏH’ ;Th* — T”* «I : /I, • ’