IH

c ir

c’est-à-dire que IH est le côté du carré équivalent à la demi-somme des carrés de AB et de CD.

Digilizc*''^ Googk

GKOMl^TRIR PLANE. 273

Au point D (fig. 307) élevons donc la perpendiculaire pF égale à AB; et joignons CF, qui sera le côlédu carré équivalent à la somme des carrés de AB et de CI) (353). Sur le milieu L de CF, élevons-lui la perpendiculaire LKégaleà CL, et joignons CK, qui sera le côté du carré équivalent à la moitié du carré de CF, puisqu'on aura

CK’ = CL’ 4- LK’ = 2. cl’= 2. (~y

Rabattons donc CK sur CD , par un arc de cercle K E décrit du point C comme centre; par le point E, menons E H parallèle à C A ; et par le point H , menons HI parallèle à CD ; ce sera la parallèle demandée.

383. — PivoBLËME. Divixer un trapèze en parties proportionnelles à des nombres donnés, par des droites qui coupent les deux hases. Pour fixer les idées, supposons qu’il s’agisse de diviser le trapèze ABCD (fig. 308) en trois parties qui soient entre elles comme les nombres 3, 4, 5.

Divisez AB en trois parties km, mn, «B, telles qu’on ait

A/»:mn:nB::3:4:5.

Divisez CD entrois parties ^D, telles qu’on ait

Cy^ : ÿD :: 3 ; 4 : 5.

Les trapèzes Q.pm k, pqnm , q\i^n , ayant même hauteur, sont entre eux comme les demi-sommes de leurs bases parallèles (340), ou, ce qui revient au même, comme les sommes de ces ba.ses elles-mêmes. Or on a d’après la manière dont A B et C D ont été divisés , '

A/«-+-C7^ = ^. AB4-^. CD = .^. (AB + CD) mn AB CD= (AB + CD)

«B -4 /jrD = AB + -i. CD = (AB 4- CD).

Les sommes des bases de ces trois trapèzes sont donc entre elles comme les nombres 3, 4, 5. Les trapèzes eux-mêmes sont donc entre eux comme ces nombres.

Corollaire I, Si les parts devaient être équivalentes , il faudrait diviser les l)ases parallèles eu un même nombre de parties égales.

Corollaire II. Le même mode de division s’appliquerait évidemment à un parallélogramme, ou à un rectangle ; mais il suffirait alors de diviser l une des deux bases , et de mener par les points de division des parallèles aux côtés adjacents.

384. — Les parallélogrammes, et par conséquent aussi les rectangles se prêtent à cerUiines divisions , que leur nature même suggère facilement , et qu’il nous suffira' d’iinliquer.

LOn divise un parallélogramme en deux parties équivalentes en tirant rime des diagonales, ou en joignant les milieux de deux côtés opposés.

II. On divise un jiarallélograrame en quatre parties équivalentes en tirant les deux diagonales (fig. 187), ou en joignant les milieux des côtés opposés (fig. 309).

III. Si l’on divise deux côtés adjacents d’un parallélogramme en 3 , 4 , 5 , G parties égales, etc. , et que par les points de division on mène des parallèles aux autres côtés, on divise le parallélogramme en 9, 16, 25, 36, etc., petits parallélogrammes égaux entre eux (fig. 3l0, 311), et semblables au parallélogramme total (246).

IV. On doublerait le nombre des parties égales, en tirant une diagonale dans chaque parallélogramme (fig. 312). On le quadruplerait en tirant les deux diagonales de chacun de ces petits parallélogrammes (fig. 313).

385. — Remarque. On peut se demander dans quel rapport doivent être la hauteur AC et la base CD d’un rectangle A BDC (fig. 314), pour qu’enjoignant les milieux 1 et H des bases , on divise ce rectangle en deux rectaugles semblables au rectangle total. Pour que cette condition soit remplie, il faut qu’on ait entre les côtés homologues la proportion

CH : AC ; : AC; CD, ou f CD : AC :: AC; CD.

On tire de là

f CD X CD =ÂC\ ou J. CD" = ÂC", ou CD" = 2.ÂC".

Il faut donc que la base C D soit égale à la diagonale du carré qui aurait pour côté la hauteur A C.

386. — PiiOBl.ÈME. Diviser un quadrilatère quelconque en parties proportionnelles à des nombivs donnés. Soit A BCD (fig. 315)iin quadrilatère quelconque, qu’il s’agit de diviser, en trois parties, par exemple, qui soient entre elles comme les nonjbres m , n ,p.

ïlix?/. la diagonale A C ; divisez cette diagonale en trois parties A E, EF, FC, qui soient entre elles comme les nombres donnés. .Toignez lîE, DK, BF, DF. Les figures ABED, EBFD, FBCD, seront entre elles comme ces mêmes nombres.

En effet, les triangles AB E et E B F ayant même hauteur, puisqu’ils ont même sommet B, et leurs bases sur une même ligne droite, sont entre eux comme leurs bases, et l’on a

ABE : EBF :: m\n.

Pai’ une raison analogue , on a aussi

ADE ; EDF n.

Çes deux proportions ayant un rapport commun , on on déduit

ABE EBF : ; ADE : EDF, ou ABE : ADE : : EBF : EDF- On tire de là

ABE+ADE: EBF + EDF :: ABE : EBF:: w ou ABED : EBFD

On démontrerait de la môme manière qu’on a EBFD : FBCD :: /Z :/^.

On peut donc écrire

ABED : EBFD : FBCD p.

Co&OLUkiRE I. Si le quadrilatère devait être divisé £11

parties équivalentes , il i'auclrait diviser la droite AC. en parties égales.

Corollaire II. Le mode de décomposition s’appliquerait évidemment à un trapèze, à un parallélogramme, à un rectangle. '

387. — Problème. Diviser un polygone quelconque en parties proportionnelles à des nombres donnes, par des lignes brisées partant de deux sommets du polygone. Soit ABCDE F G (fig. 316) un polygone quelconque , qu’il s’agit de diviser , par exemple en trois parties qui soient entre elles comme les nombres 3,4,5.

Parles sommets B, G, CJ, F, D, choisis de telle sorte que les deux .sommetsrestants A, £ soient les deux sommets les plus éloignés du polygone, menez les parallèles B6, ^ g» Ce, F/,D</, dont la direction commune estd’ailleurs arbitraire, pourvu que toutes ces parallèles passent dans l’intérieur du polygone. Divisez chacune d’elles en trois parties profiortionnelles aux nombres 3,4,5, ces parties se succédant dans le même ordre de grandeur pour toutes les parallèles. Joignez entre eux les points de division et les sommets A, E, ainsi que l’indique la figurç; le polygone se trouvera divisé conformément à l’énoncé. Car les triangles extrêmes A B 6, DE r/, et tous les trapèzes inlebmédiaires se trouveront divisés chacun en trois parties proportionnelles auxmombres 3, 4, 5 (376, 383); les .sommes de parties analogues seront donc aiLssi proportionnelles à ces nombres, en vertu des propriétés des suites de rapports égaux.

Corollaire I. Le même mode de subdivi.sion s’appliquerait avec une approximation suffisante à une figure curviligne quelconque. Il suffirait de choisir sur son contour une série de points assez rapprochés , pour que l’arc compris pût se confondre sensiblement avec sa corde.

On considérerait alors ces points comme les sommets d’un polygone, et l’on opérerait comme il vient d’être dit, et comme l'indique la figure 317.

CoROLLAinE IL Si les parties devaient être équiva-

r.ÉoAiÉTjiiE PLAMi:. 277

lentes, li faudrait diviser toutes les parallèles en un meme nonibi-e départies égales.

A W^r "" polygone quelconque

A a LDL b (f]g. 318 ) en jm/Uici proportionnelles à des nombres donnes, pur des droites issues d’un meme point Ultérieur donné Q. Nous pouvons encore supposer ici que

A^R ' nFr‘*v “^“‘‘!“,

T ' ^ partager pi oporlionnelleiueut

d oi lieriliers. Ici de même Tune des

d.o tes de division peut être donnée d’avance par un sentier, une haie, un ruisseau, etc. Dans le cas coniaiie on peut prendre la première droite de division ai bitrairement. Soit 01 celte droite.

Admettons qu’on ait évalué l’aire du polygone • il sera acile par des moyens purement aritlmiétiq

S.eo7r"'’ P--1- IniasinoL

part, dont nous

repi esunUi ons I aii-e par a. Si OP est la pcrpendicnlai. e abaissee du point O sur AB, on devra avoir

« = i- G I X OP, cl’oii G=I

Or la longuenr de OP peut se mesurer ‘directement : I an e ,, est connue ; ou peut donc par une simple divé sion obtenir la valeur de G I. *

Le point G cHaiU ainsi déterminé, tirons AO; menons G H parallèle a A 0 , et joignons H O. Les triangles A G O, AHO, seront équivalents, comme avant même base AO, et meme hauteur puisque leurs sommets G pt H sont sur une même parallèle à la base. Sion ajoute à cl aeûn d’em le triangle I A O, on aura donc

AG0 + IA0 = AH0+1A0, ou ICO = IAHO, c^est-à-direquelafigure I AU Oêquivaudraà la premié|ie

Connaissant la seconde part et la longueur de la mtrpendiculaire abaissée du point 0 sur li coté AP, Ion. gueur que I on peut mesurer directement, on obtiendra |.ar les memes mopens que ci-dessus la triisième dr^ie

IQ

nn-jMiKni’:. partie.

<le division. Les autres s’obtiendront, pareillement de

proche en proche. -tt

339 11 pourrait arriver que la parallèle GII ne ren-

contrât le côté A F qu’au delà du point F. Pour ne point coraplicuier ce côte de la figure, nous supposerons que hî cas se présente en cherchant à obtenir à la droite de

01 la dernière des parts cherchées.

Imaginons un triangle ülK équivalent à cette dernière part, dont nous représenterons l’aire par 6; on devra avoir ^

b = A. IKXOP; d’où IK =

Le point K étant ainsi déterminé , tirons OB , et menons KL parallèle à OB, qui coupe en L le Prolongement du côté BC , et joignons OL. Les triangles O B K , OBL avant même base üBet même hauteur, sont équivalents; en sorte que la figure O IBL , équivaut au trianele O I K , c’est-à-dire à la part cherchée.

Tirons OC, et menons LN parallèle à O C : les triantes OCL et OCN seront équivalents, comme ayant même base O Cet même hauteur sommets L et IN sur une même parallèle a la ^ de là que OIBL équivaut à OIBCN , et que OIBCriest

^“on réISra cette difficulté ‘qp

toutes les fois qu’elle se présentera. Si a menée par le pointL n’avait rencontre le coté CD qu au delà du^point D, en IN' par exemple , il aurait fallu tirer OD,etpar le point N' mener une parallèle a OD,

I- problème se rimplif.eraitbeau- COUD si le polvgone proposé était régulier, et que le St donné lût soi cintre. Car, tous les apothèmes étant égaux , les triangles qui auraient poiir sommet e • centre (lu polygone et pour base une partu; de 1 un de ses côtés, auraient même hauteur et seramnt conséquemment entre eux comme le"»'’; donc pour opérer le partage demandé , de diviser le périmètre du polygone proportionnellement àux nombres

GÉOMÉIRIE PLANE. 279

donnés, et de mener du centre des droites à tous les points de division.

La même chose aurait lieu dans un polygone non régulier, si le pointintérieur donné était à égale distance de tous les côtés , c’est-à-dire si ce polygone était circonscriptible au cercle, et que le point donné fût le centre du cercle inscrit. ,

Remarque II. Pour diviser un polygone régulier en autant de parties égales qu’il a de côtés, il suffit de mener tous les rayons ou tous les apothèmes.

On obtiendrait' sans difficulté. un nombre de parties équivalentes qui fût un multiple ou un sous-multiple du nombre des côtés. L’aire d’un hexagone, par exemple, se diviserait sans peine en 2 , 3, 6, 12, 18, 24 parties équivalentes, etc.

391. — PuoDLËME. Diviser un cercle en parties propor^ lionne lies à des nombres donnés m, n , p, q, par des droites menées du centre. Divisez la cii’conférence en arcs AB, BC, CD, DA(fig. 319), qui soient entre eux comme les nombres donnés m, n,p, q, et lirez les rayons OA, OB, OC, OD. On aura

«rt. AOB =îti>î-iî; = =

««. C 0 D = = °*-X-£S i ^ «rt. A 0 D =

Ces secteurs sont donc entre eux comme les arcs AB, BC, CD, DA, qui leur servent de base, c’est-à-dire comme les nombres donnés.

CoBOLLAiBE I. Poui’ diviser ainsi un cercle en parties égales , il suffirait de diviser sa circonférence en parties égales , et de mener des rayons à tous les points de division.

CoBOLLAiBE II. On diviserait de la même manière un secteur eu parties égales ou en parties proportionnelles à des nombres donnés.

392. — Pboblëme. Diviser un cercle en deux parties proportionnelles à des nombres donnés m ef n , par une circonférence concentrique. Soit OA(fig. 320) le rayon du cercle donné, O B le rayon de la circonférence de-

280 PREMIÈRE PA-RTIE.

mandée; il faudra que l’aire du cercle O B soit à Faire de la couronne A B , comme m est à c’est-à-dire qu’on de\Ta avoir

wXÜB*:7tXOA* — ir X OB* : : /w :

ou, en supprimant le facteur conunun aux deux termes du premier rapport ,

On en tire, en ajoutant à chaque conséquent son antécédent ,

ÜB’ : OB’ — ÔB’ -4- OB’ ; ; w ; -4- n,

ou simplement

La question est donc ramenée a chercher le côté d’un carré dont l’aire soit à celle d’un carré donné OA’» comme le nombre m est au nombre n (356).

CoBOLLAiRE I. S’il s’agîssait de diviser ainsi un cercle en deux parties équivalentes, il faudrait suppose!’ /7i = « = 1 ; la proportion ci-dessus deviendrait alors

OB’ fÔA’ : : 1 : 2 ,

•c’est-à-dire que O B devrait être le côté du carré qui a pour diagonale OA. Pour obtenir O B, il faudrait donc, .sur le milieu G de OA, élever une perpetidiculaire CD égale à O C , et joindre O D , qui serait le rayon de la circonférence demandée.

Corollaire II. Les aires des secteurs semblables étant entre elles comme les carrés de leurs rayons, il faudrait opérer de même pour diviser un secteur en deux parties équivalentes, ou en deux parties proportionnelles à des liombres donnés, par un arc concentrique.

393. — On peut diviser un cercle en parties équivalentes par des demi-circonférences, ayant leur centi*e sur un même diamètre.

Soit AF (fig. 321) le diamètre d’iin cercle dont on veut diviser la superficie en 5 parties équivalentes, par exemple. On divise AF en 5 parlies égales, aux points

GÉOMÉTRIE PLAIfE. 281

B, C, D, E. Au-dessus du diamètre AF, on décrit des demi-circonférences, ayant respectivement pour diamètres AB, AC, AD, A E. Au-dessous du diamètre AF, on décrit des demi-circonférences , ayant respectivement pour diamètres EF, DF, CF, BF. Le cercle se trouve divisé en 5 espaces curvilignes équivalents.

En effet, si l’on appelle a l’aire du demi-cercle A w B , celle du demi-cercle A«C sera 4 a, puisque les aires des cercles .sont entre elles comme les carrés de leurs diamètres, et que AC est le double de AB, Par une raison semblable, l’aire du demi-cercle A/?D sera 9 a, celle du demi-cercle A^ E sera 16 a, et celle du demi-cercle A /F sera 25a. Il en résulte

que l’espace A/wBC/iA vaut 4« — a ou 3 a AaCD^A.é... 9a — 4a... Sa

A/7DE5A 16a — 9a... 7a

A</EFrA 25a — 16a... 9a

On verrait de la même manière

que l’espace F j E D ? F vaut Sa

FfDCuF 5a

FuCBvF 7a ,

FvB AarF 9a

Par conséquent , l’espace A m B v F .r A , qui est la .somme de l’espace F vB A j: F et du demi-cercle A B, vaut 9 a 4- a ou 10 a.

L’espace A«C«FvB«i A, qui est la somme des espaces FwCBvFet AwBC«A, vaut 7 a -f- 3 a, ou 10 a.

L’espace A/>DïF«C«A, qui est la somme des espaces F/^DCaF etA«CD/7A, vaut 5a -f- 5a, ou 10a.

On verrait, en continuant ainsi , que chacun des deux autres espaces est aussi équivalent à 10 a. Tous ces espaces sont donc équivalents entre eux.

Remarque. D’après ce que nous avons dit dans le corollaire du n° 293, les contours des espaces équivalents que nousvenons de considérer, sont tous égaux entre eux.