CHAPITRE III. — PtOSLÈMBS 1HUM SUR LOI LIGNES DROITES. ili

ce o° MO; car les vertical» élevées par ces derniers pointe de division partageront À' B' de la manière demandée. En efct, il est reconnu qu'une droite et sa projection horizontale sont toujours divisées en parties proportionnelles, par des ver* ticalee quelconques; et d'ailleurs, on sait (n 9 256) que ees dernières lignes detveil rosier verticales en perspective»

Des Échelles de perspective.

330. (PI. i5, fig. 8.) Si par un point quelconque A de la base ÀX du tableau, on élève une verticale AZ , et que Ton imagine une perpendiculaire au tableau , laquelle aura pour perspective la ligne AY' P, on formera ainsi un système. de trois axes coordonnés qui pourront servir à exprimer la position d'un point quelconque m de l'espace, et à trouver immédiatement sa perspective. En effet, ce point serait bien défini si Ton donnait 9 par exemple, en centimètres ;

i°. Sa distance 3 = 7 au plan géométral XAY', laquelle devra se compter sur AZ ;

a°. Sa distance y=a au plan du tableau ZAX, laquelle se comptera sur AY' ;

3°. Sa distance x=3 au plan fuyant ZAY', laquelle sera comptée sur AX. Or, si Ton divise en centimètres les deux droites AZ et AX, et que Ton joigne les divisions de cette dernière ligne avec le point principal P et avec le point dé distance D, le premier groupe de ces transversales représentera des droites perpendiculaires au tableau, et le second des droites inclinées à 45°, lesquelles partageront les premières en parties toutes égales k * centimètre (n° 303) ; de sorte que les diverses horizontales, comme BL, sont les traces de plans de front situés à 1, 2, 3,... centimètres de profondeur. Par conséquent , si Ton choisit le point M qui est à Ja rencontre du plan de front 9=2 avec le plan fuyant #=3, on aura déjà la perspective de la projection du point assigné ci-dessus, et il n'y aura plus qu'à élever une verticale MM 7 qui ait une longueur perspective de 7 centimètres. Pour cela, on joindra le point P avec la division marquée 7 sur AZ, et la verticale BG représentant 7 centimètres (n° 316), il suffira de prendre MM'=BC pour obtenir la perspective M ; demandée.

331. On aurait pu même se dispenser de recourir aux divisions de AZ, et prendre MM ; — BL ; car cette dernière longueur égale perspectivement AR qui est de 7 centimètres, et d'après le théorème du n* 275, les droites MM 7 et BL représentant deux lignes égales situées dans le mémo plan de front, doivent être égales.

332. La ligne AX, ainsi divisée, est dite l'échelle de front; AY'P est Vécketk fuyante , et enfin AZ est f échelle des hauteurs. On voit aussi que l'emploi de ces échelles dispenserait de tracer, sur le géométral , la projection de l'objet original, et qu'il suffirait de connaître numériquement les distances de chaque point remar* quable aux trois plans ZAX , ZAY ' et XÀY', ce qui est facile à se procurer quand il s'agit de corps réguliers , comme ceux que Ton rencontre dans l'architecture.

333. S'il fallait obtenir le plan de front situé à i3 centimètres , par exemple, ii serait incommode de recourir au 1 3 e point de division de AX ; mais voici comment on peut l'éviter. En tirant l'horizontale 6K, la distance RK représente déjà 6 centimètres ; donc la droite DK , qui est inclinée à 45% irait couper AX à une distance du point R égale à RK, et conséquemment à une distance du point A égale à i3 centimètres; ainsi cette droite RK fournira sur AY' le i3 e point de division, et l'horizontale i3G sera le plan de front demandé. De même, si Ton tirait la droite DG , die irait couper l'échelle fuyante AY' au ao e point de division ; et ainsi de suite , avec des combinaisons que Ton peut varier de bien des manières.

334. Méthode des carreaux. Quand le tableau doit représenter un grand nombre de petits objets, irrégulièrement disposés, comme un intérieur d'appartement, on partage le géométral en carrés de 1 centimètre , par exemple , et dont les côtés sont parallèles et perpendiculaires à la base du tableau ; on répartit sur ces cases les objets en question, suivant Tordre supposé; puis on trace la perspective de ces carrés au moyen de leurs diagonales, qui concourent en D, comme nous l'avons fait aux n M 330 et 333 (PL i5, fig. 8) ; et alors le tableau se trouve divisé en carreaux perspectifs , sur lesquels on place approximativement les objets comme ils le sont sur le géométral. Ce procédé est trop simple pour que nous le développions davantage ; il sert souvent aux peintres pour faire l'esquisse de leurs dessins , ou bien pour réduire un grand tableau sur une échelle plus petite.

De la distance figurée ou réduite.

>s 335. (PL i5, fig. 7.) Il arrive assez souvent que les points de distance D, D', se trouvent hors du cadre du tableau , et trop éloignés pour qu'on puisse y recourir ; alors on emploie un procédé que nous allons expliquer sur l'exemple suivant. S'il fallait trouver, sur la perspective TP qui fuit au point principal, une longueur TA de 3 mètres, on devrait (n°303) prendre T6=3 m , et tirer DAG qui fournirait le point demandé A ; mais si j'adopte une distance Pd moitié de PD, et que je réduise aussi la longueur T6 à sa moitié Tg y la ligne dg passera nécessairement par le même point A. En effet, à cause des triangles semblables APD, ATG, la droite DG divise TP en deux parties PA et AT qui sont entre elles dans le rapport de PD à TG; par une raison semblable, la droite dg divisera TP en deux parties dont le rapport sera celui de Vd à 1g ; or ce dernier rapport étant , par hypothèse , le même que le précédent, il s'ensuit que TP est coupé en un seul et même point par les lignés DG et dg. Si Ton avait voulu réduire la distance PDau tiers Pd', il aurait fallu prendre la longueur Tg 1 égale au tiers de TG, et la droite d' g' aurait encore passé par le point À.

Les longueurs Prf, Pd',... sont ce qu'on appelle la distance figurée ou distance réduite*

CIMP1TRB III.. — PROBLEMES MYEftft SUR LUS LIGNES DROITES. 117

;< 336. (Pig. 1 1 .) Citons un autre exemple de cette réduction : Étant damnée ta perspective AB d'une droite horizontale , former au point A un angle qui soit penpecth vement égal au. D'après la méthode du n°30i, 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 = }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* 301) qu'il faudrait tirer ob, former l'angle bog=ta $ tirer ag 9 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 Ton 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 a 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.

I 337. Si, étant donné l'angle BAG, on avait demandé de le partager en deux parties perspectivement égales , j'aurais tiré ab et ag parallèles géomét raies à 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 bag (n° 302) ; d'où je conclus que la droite AR parallèle géométralç à ar 9 divisera l'angle BAG 'en deux parties perspectivement égales. La raison est la même que ci-dessus.

338. Voici encore un moyen d éviter les points défaite trop éloignés. Si Ton devait mener par le point M une parallèle perspective- & AB (PL i5,Jfy. 12), la méthode directe serait (n* 300) 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 lire deux sécantes arbitraires MA, BG, parallèles géométrales; puis, après avoir pris Àgr = BG, je tire Eg et sa parallèle géométrale Mn ; alors, en portant In 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 Ton a la proportion