CHAPITRE III. — PROBLÈMES DIVERS SUR LES Lift SES DROITES. I I

tera cette longueur sur les horizontales RS et R'S', et les droites SP, S' P', suffiront pour achever tout le contour de cette embrasure, qui n’est autre chose qu’un parallélipipède rectangle. Enfin, on transportera symétriquement, sur la face de gauche, les résultats obtenus pour le unir latéral de droite.

Vue extérieure d’une Chapelle.

356. [PL 14, fig. 4-) Evitons encore de tracer le plan géométral de cette chapelle, en y suppléant par des données numériques; et soient XY la hase du tableau, P le point principal, D le point de distance, PO' = PD le rayon principal rabattu sur la verticle PZ du tableau. Nous admettons que le plan de la chapelle est un rectangle dont les côtés sont inclinés sur le tableau de 3o° et 6o°, et que l’angle A le plus voisin est à i mètre de distance derrière ce tableau, et à 7 mètres du plan principal PZ. Alors, après avoir pris sur la base XY une longueur ZM = 7 modules, nous tirerons MP qui représentera la perpendiculaire au tableau sur laquelle est le point cherché A, et celui-ci se déterminera en prenant MN = 1 module, puis tirant ND ; car le triangle représenté par MAN est rectangle et isocèle, de sorte que MA égale perspectivement MN. Ensuite, si nous menons par l’œil rabattu en O', les droites O'F et 0'<p formant avec la ligne d’horizon des angles de 3o° et 6o°, les points F et 9 seront (n° 263) les points de fuite des côtés du rectangle; et conséquemment ces côtés auront pour perspectives indéfinies les droites AF et A 9.

357. Il faut maintenant trouver, sur la droite A cp, une distance AE qui soit perspectivement égale à 7 mètres, longueur du mur latéral de la chapelle. Or, d’après le problème résolu au n° 308, je prolonge la droite A <p jusqu’à sa trace T sur le tableau, puis j’imagine que la ligne originale de TA ©, qui est parallèle géométrale à 0'<p, tourne autour de ce point T pour se rabattre sur XY; alors les points représentés par A etE décriront deux arcs de cercle, dont les cordes seront parallèles et auront pour point de fuite (n° 269) l’extrémité « de l’arc décrit avec le rayon <pO'. Donc, si je tire wAS, ce sera la perspective de l’une de ces cordes; puis, en prenant SX égale à 7 fois le module MN, la droite Xw sera la perspective de la seconde corde, et ainsi elle déterminera une longueur AE égale perspectivement à SX ou à 7 mètres.

358. De même, pour trouver sur la droite AF l’étendue occupée par la face d’entrée de la chapelle, que je suppose avoir 3 mètres de large, je rabats suivant FO" le rayon de fuite FO' qui est parallèle à AF ; puis, en traçant la ligne 0"AH et prenant HK = 3MN, la droite KO" déterminera la largeur cherchée AB, parce que cette dernière distance égale perspectivement HK ( voyez n° 308). D’après cela, le rectangle ABCE, qui représente la base de la chapelle, est facile à achever.

559. Maintenant j’élève la verticale TT' égale à la hauteur du mur de la chapelle, et la droite T<p, combinée avec les verticales AA' et EE', déterminera évidemment la face latérale AA'E'E; puis, en tirant la droite A' F et la verticale RB', j’aurai la face d’entrée AA'B'B. Quant au comble, on portera sa hauteur sur la verticale YY' élevée par le milieu de l’intervalle TR ; et les droites YLV<p et Y'<p, coin-