CHAPITRE IV. — DES LIGNES COURBES

581. Trouver la perspective d'un hexagone régulier, dont un coté est parallèle Pl. 18 au tableau, Fjq jq^

On peut aussi tracer cette perspective saus constiiiire le géométral, en se donnant la grandeur ab du premier côté, et sa distance aâ au tableau; car si, après avoir tiré Pa et P6, je mène la droite c?D, on sait (n** 505) que cette der* nière déterminera une profondeur Afa = a&j de sorte que A'B' sera la perspective du côté donné. Ensuite, comme la diagonale BH formerait avec 6G un angle de 3o^, si je rabats l'œil en C et que je tire O'F de manière à former un angle PO' F = 3o*^, le point F sera le point de fuite de cette diagonale, laquelle aura ainsi pour perspective B'F. Cette dernière droite coupe A'P au point H' qui me permet d'achever le rectangle perspectif A'B'G'H'; et la diagonale A'G' me fournit le centre G' par lequel je mène une horizontale indéfinie qui, combinée avec G' F et A' F, déterminera les deux derniers sommets E' et K'.

D'ailleurs, on peut remarquer que comme le point I est le milieu du rayon CE parallèle au tableau, on doit avoir G'r = rE' en grandeur absolue. En outre, les côtés K'H' et B'E' doivent concourir vers un point de fuite F' situé à une distance PF' = PF.

Si Ton n'avait pas de rapporteur pour former l'angle PO' F = 3o®, on pourrait construire un triangle équilatéral aêy, et mener O'F parallèle géométrale au côté êy.

582. Trouver la perspective d'un octogone régulier^ dont un côté est parallèle au tableau.

Soit encore ab la grandeur de ce côté, et b^ sa distance au tableau; en me- Fig. 19. nant Pa, P6 et DJ, on déterminera, comme ci-dessus, la perspective A' B' du premier côté. Ensuite, pour avoir le côté xy du carré circonscrit, qui nous servira de moyen auxiliaire, je décris sur ab une demi-circonférence, et je prends les distances 6Y et aX égales à la corde bj" qui soutend un quart de cercle, ce qui me donne la vraie longueur XY du côté de ce carré. Alors les droites PX et PY, combinées avec le prolongement de A'B', déterminent deux sommets x' et j' de ce carré perspectif, et on l'achève aisément au moyen de sa diagonale Hx' qui fournit le sommet z' et le côté z'i/. Gela posé, ce dernier côté détermine les sommets H' et K' de l'octogone, et les droites DR', DH', DA', DB' fournissent les quatre autres sommets L', M', G' et E'. D'ailleurs les points M', r, E', doivent être sur une parallèle à XY, aussi bien que L', S', et G', ce qui fournira des vérifications.

585. Nous avons dit (n® 575) que la perspective d'un cercle était toujours une ellipse; mais cet énoncé n'exclut pas le cas où cette ellipse aurait ses deux

l4o LIVRE II. — PERSPECTIVE UNÉAIRE.

gueur ZM= 7 modales, nous tirerons MP qui représentera la perpendiculaire au tableau sur laquelle est le point cherché A, et celui-ci se déterminera en prenant MN= I module, puis tirant ND; carie triangle représenté par MAN est rectangle et isocèle, de sorte que MA égale perspectivement MN. Ensuite, si nous menons par Foeil rabattu en O', les droites O'F et Oç formant avec la ligne d'horizon des angles de 3o*^ et 60®, les points F et y seront (n® 265) les points de fuite des côtés du rectangle; et conséquemment ces côtés auront pour perspectives indéfinies les droites AF et Af .

357. Il faut maintenant trouver, sur la droite A9, une distance AE qui soit perspectivement égale à 7 mètres, longueur du mur latéral delà chapelle. Or, d après le problème résolu au n^ 308, je prolonge la droite Af jusqu'à sa trace T sur le tableau, puis j'imagine que la ligne originale de TAf , qui est parallèle géométrale à C f , tourne autour de ce point T pour se rabattre surXY; alors les points représentés par A et E décriront deux arcs de cercle, dont les cordes seront parallèles et auront pour point de fuite (n^ 269) l'extrémité tù de 1 arc décrit avec le rayon 9O'. Donc, si je tire go AS, ce sera la perspective de l'une de ces cordes; puis, en prenant SX égale à 7 fois le module MN, la droite Xg) 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 Tétendue occupée par la face d entrée de la chapelle, que je suppose avoir 3 mètres de large, je rabats suivant F(y le rayon de fuite FCK 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® 398). D'après cela, le rectangle ABCE qui représente la base de la chapelle, est facile à acheter.

359. Maintenant j'élève la verticale TV égale à la hauteur du mur de la chapelle , et la droite Vf , combinée avec les verticales A A' et EE', déterminera évidemment la face latérale AA'E'E; puis, en tirant la droite A'F et la verticale BB', 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 Tintervalle TR; et les droites YLVf et Y'ç , combinées avec les verticales élevées par les points L et V, détermineront la Ugne de couronnement V'I/ et le pignon A'I/B'.

On agira de même pour la porte d'entrée, dont la hauteur sera fixée par la verticale GG', et dont les pieds-droits se trouveront en joignant le point f avec les points qui diviseront Tintervalle TR dans le rapport que l'ou supposera exister entre la baie de la porte et la largeur de la face AB.