AE:EM:: BG:GN

x 330. On pourrait aussi tirer la sécante arbitraire MA (fig. i3), et joindre les points M et A avec un point quelconque S de la droite d'horizon PD; puis, en menant am parallèle géométrale à AM , et af parallèle géométrale à AB , il suffirait

IIS UTaB H. — HMPBCTITB UNE AIRE.

de tirer m/ et de lai mener une parallèle géemétrale MN. Car MN et AB iraient se cooper en an point F qui se trouverait nécessairement sur PD , attendu qae le triangle AMF peut être considéré comme une section parallèle à la base de la pyramide qui serait projetée suivant Sam/.

3ft0. Le problème de tirer par le point assigné M (fig. i4), une droite qui converge vers le point de rencontre inconnu F de deux droites données ÀB et PD , admet encore une solution d'autant plus remarquable ici , qu'elle peut être justifiée par les principes mêmes de la perspective des droites parallèles. Tirons les deux sécantes arbitraires MA, ME, et joignons leurs pieds par les droit< ; HA et GE qui vont se rencontrer en S : par ce dernier point , menons une troisième sécante arbitraire SBK , qui détermine un second quadrilatère BEGK dont les diagonales se coupent en N ; alors la droite MN sera la ligne demandée , et Ton pourrait en construire un troisième point , en menant une nouvelle sécante par le point S.

Pour justifier cette construction, il suffit d'observer que les deux quadrilatères AEGH t BEGK , peuvent être considérés comme la perspective , sur le tableau assigné , de deux parallélogrammes tels que aegli , begk , choisis de manière qu'aucun de leurs côtés ne soit parallèle à ce tableau ; car alors les côtés ah, eg, Me, devront concourir en perspective vers un même point S , tandis que ab et hk convergeront vers un autre point F sur le tableau. Or la droite mn, qui joint les centres de ces parallélogrammes , serait bien parallèle à ces derniers côtés ; donc sa perspective MN , qui est déterminée par les intersections M et N des diagonales sur le tableau, devra aussi concourir au même point F.

3ftl. (PL i5, fig. i5.) Lorsque le point assigné M est hors des deux droites don* nées PD et AB , la solution est un peu moins simple. Après avoir mené les deux sécantes arbitraires MAG, MBE, et les diagonales du quadrilatère ABEG qui se coupent en C , on joint ce dernier point avec M , et la ligne MC peut être considérée comme la perspective de la droite qui diviserait le parallélogramme représenté par ABEG en deux parallélogrammes AKHG et BKHE, perspectivement égaux; car elle passe par le centre C du parallélogramme total , et elle est parallèle aux côtés GA et EB , comme concourant tous trois au même point M sur le tableau. Cela posé , tirons les diagonales GK et HB de ces parallélogrammes partiels ; elles devront être nécessairement parallèles dans C espace , et sur le tableau elles concourront en un certain point N : de même , les diagonales HA et EK , qui sont parallèles dans l'espace , concourront sur le tableau en un point L. Or je dis que les quatre points L , M , N et F sont en ligne droite ; car ce sont les points de fuite de quatre systèmes de droites parallèles deux à deux , et toutes situées dans le plan du parallélogramme représenté par ABEG ; et Ton sait (n° 282) que ces points de fuite doivent être tous sur l'intersection du tableau avec le plan mené par l'œil parallèlement à celui du parallélogramme. Il résulte de là que les deux pointe trouvés L et

CHAPITBE 111. — JPBOKàHW DOTEtS SUA LBS LIGNES D&01TBS. 119

N sont plu* que suffisante pe«r tirer* do point assigné M , une droite qui concoure certainement en F.

Problèmes inversée de perspective.

342. Le problème qui aurait pour but de retrouver la forme et la position d'an objet original dont la perspective est donnée sur un tableau plan , serait une question toujours indéterminée , absolument parlant , quand même on connaîtrait la situation du point de vue pour lequel ce tableau a été construit. En effet, une droite perspective détermine bien , avec le point de vue , un plan dans lequel doit se trouver la droite originale; mais on peut attribuer à celle-ci telle direction qu'on voudra dans ce plan , et la concevoir placée à une distance arbitraire. Toutefois , il est certains objets qui , par leurs formes et P usage auxquels ils sont destinés , ne laissent plus autant d'incertitude sur leurs directions. Ainsi, par exemple, lorsqu'un tableau offre les apparences d'une table , d'une fenêtre , d'un pilastre , on sent bien que les contours de ces objets doivent représenter des droites horizontales et des verticales ,*et , de plus , que la base du dernier est la perspective d'un carré. Quant aux dimensions absolues de l'objet original , elles restent encore indéterminées; parce qu'en reculant et agrandissant cet objet de manière qu'il demeurât compris entre les mêmes rayons visuels , sa perspective ne changerait pas du tout. Cependant si l'on apercevait , sur le même plan de front que le pilastre, un autre objet dont la hauteur absolue fût à peu près connue par son usage ou sa nature, comme une chaise, un cheval, un homme, on pourrait alors juger, par comparaison, de la hauteur du pilastre original, attendu que deux droites quelconques, situées dans un même plan de front , conservent en perspective des longueurs proportionnelles à leurs longueurs primitives (n° 276). D'après ces remarques , nous devons nous borner à résoudre quelques cas où le problème se trouve déterminé.

{ 343. Trouver ta ligne it horizon (Tune perspective donnée, où ton aperçoit deux horizontales qui doivent être parallèles.

De telles droites peuvent être fournies par l'appui et le linteau d'une fenêtre , par les extrémités supérieures et inférieures de deux poteaux que l'on sait être de même hauteur, etc. ; alors, en prolongeant ces droites jusqu'à leur point de retioooire sur le tableau , et tirant par ce point une horizontale , ce sera évidemment la ligne d'horizon demandée.

7 3tyb* Trouver le point principal if urne perspective donnée , <m l'on distingue dente droites qui représentent des perpendiculaires au tableau.

Lorsqu'on aperçoit un bâtiment ou un bassin rectangulaire dont un côté est parallèle à la base du tableau , les deux autres côtés sont certainement perpendiculaires à ce plan. Alors, ces derniers, prolongés jusqu'à leur rencontre sur le

tâO tlVIWB II. — PBMPSCTIfB L1H*AI1E.

tableau , donneront le point principal , et la ligne d'horizon s'en déduira comme ci-dessus.

345. Étant donnée la perspective (fun pilastre carré r trouver le point principal et le point de distance.

(PL 14.) Si le pilastre est vu de face, comme A'B'B"A // E"E' dans la fig. 1, disposition qui est suffisamment prouvée par F égalité des deux arêtes A' A" et B'B" appartenant à une môme face, on aura le point principal P en prolongeant A'E' et À" E" jusqu'à ce qu'elles se coupent; car nous voulons éviter d'employer les arêtes invisibles , telles que B'C et B"C", qui ne sont pas tracées dans le résultat d'une perspective revêtue de teintes et de couleurs conformes à la réalité. Ensuite, pour obtenir Iq point de distance D, on joindra B' avec P, on tirera E'C parallèle géométrale à A'B', ce qui donnera l'angle invisible C; et en le joignant avec A', la diagonale A'C ira couper la droite d'horizon menée par le point P, en un point D qui fixera la distance PD à laquelle l'œil du spectateur est placé en avant du tableau.

346. (PL i6jfig. i.) Supposons maintenant que le pilastre donné ABB'A'G'G ne soit pas vu de face. En prolongeant les côtés AG et A 7 G 7 , AB et A'B', on obtiendra les points de fuite F, F', et la ligne d'horizon FF'; on pourra aussi achever la base ABEG , et tirer la diagonale AE dont le point de fuite sera en F". Cela posé , en décrivant sur FF', comme diamètre, une demi-circonférence FOF' que l'on concevra située dans le plan d'horizon , le point de vue cherché ne pourra être situé que sur cette circonférence , parce que les deux rayons visuels OF et OF' étant parallèles aux droites originales de AB et AG , doivent comprendre un angle droit; d'ailleurs cet angle FOF' doit se trouver divisé en deux parties égales par le rayon visuel OF" qui est parallèle à la diagonale AE , attendu que cette dernière divise par moitiés l'angle BAG du carré donné. Par conséquent, il faudra joindre le milieu I de la demi-circonféreuce opposée avec F", et la droite IF /r O fixera la position du point de vue , d'où l'on déduira le point principal P et le point de distance D.

347. Avec les mêmes données , trouver la position et les dimensions absolues du pilastre , pourvu que fon connaisse la trace XY du plan géotnétral où est située la base ABG.

Sans cette dernière donnée , nous avons dit au n° 299 que la question serait indéterminée ; mais dès que la base inférieure est dans le plan horizontal XY, il s'ensuit que le côté AB va percer le tableau en X , et le côté A' B' en X'; d'où il résulte que XX' est la grandeur véritable de l'arête représentée par AA'. Ensuite , si l'on tire PAT et DAL , la droite TA représentera la plus courte distance de l'arête AA 7 au tableau , et cette distance aura pour vraie grandeur TL (n° 303). Enfin , pour connaître la longueur absolue de AB, on emploiera le procédé du n° 995;