CHAPITRE III. — PROBLÈMES DIVERS SUR LES LIGNES DROITES. IOC

et. dg. Si l’on avait voulu réduire la distance PD au tiers P^', il aurait fallu prendre la longueur T g' égale au tiers de TG, et la droite d'g' aurait encore passé par le point A.

Des longueurs P d, P d' , . . . sont ce qu’on appelle la distance figurée ou distance réduite.

556. (Fig. ii.) Citons un autre exemple de cette réduction : Étant donnée la perspective AB d’une droite horizontale, former au point A un angle qui soit perspectivement égalà a). D’après la méthode du n° 501, il faudrait employer le point de rencontre de AB avec PD; mais comme ce point de fuite est trop loin, joignons le point A avec le point principal P, et élevons la verticale Po = £PD; prenons aussi Pa = i PA, et tirons ab parallèle géométrale à AB. Alors, pour résoudre le problème en question relativement à la droite ab et avec l’œil rabattu en o, on sait (n°50i ) qu’il faudrait tirer ob, former l’angle bog — «, tirer ag, et que l’angle bag serait perspectivement égal à bog. Cela posé, je dis qu’il suffira de mener AG parallèle géométrale à ag, pour que l’angle BAG soit l’angle demandé. En effet, étant donnés un objet original quelconque et un point de vue qui restent fixes dans l’espace, si l’on conçoit que le tableau se rapproche parallèlement à lui-même, il est évident que ce tableau mobile devra couper la pyramide des rayons visuels suivant un polygone toujours semblable et parallèle au polygone primitif; d’ailleurs, le sommet homologue à A devra rester sur le rayon visuel qui aboutissait à ce sommet A. Or ce rayon est projeté suivant AP; c’est pourquoi il a fallu placer le point «sur celte droite et en son milieu, attendu qu’on avait réduit la distance de l’œil au tableau à Po = \ PD : de sorte que BAG et bag sont les perspectives de l’angle en question sur deux tableaux parallèles, et ils doivent conséquemment avoir leurs côtés géométralement parallèles.

557. Si, étant donné l’angle BAG, on avait demandé de le partager en deux parties perspectivement égales, j’aurais tiré ab et ag parallèles géométrales a AB et AG; puis ob et og dont j’aurais partagé l’angle en deux parties absolument égales, et la droite ar serait la bissectrice pour l’angle auxiliaire ôag(n°502); d’où je conclus que la droite AR parallèle géométrale à ar, divisera l’angle BAG en deux parties perspectivement égales. La raison est la même que ci-dessus.

558. Voici encore un moyen d’éviter les points de fuite trop éloignés. Si l’on devait mener parle point M une parallèle perspective à AB (PL \ro,fig. 12), la méthode directe serait (n° 500) de joindre M avec le point F où AB irait couper la ligne d’horizon PD. Mais comme ce point de fuite est trop éloigné, je tire deux sécantes arbitraires MA, BG, parallèles géométrales; puis, après avoir pris A g =■ BG, je tire E°- et sa parallèle géométrale M«; alors, en portant la quatrième proportionnelle gn suivant GN, j’obtiens un point N tel, que la droite MN convergera nécessairement vers le point de rencontre F des lignes AB et PD, attendu que l’on a la proportion

ae : em : : BG : GN.