# Annales de mathématiques pures et appliquées/Tome 06/Géométrie élémentaire, article 3
### Solution du premier des deux problèmes de géométrie proposés à la page 328 du V.e volume des Annales ;

Problème. Diviser graphiquement l’aire d’un triangle en parties égales, par des parallèles à sa base ?
Construction. Soit le triangle $\mathrm {ASB}$ (fig, 5) qu’il faille, par exemple, diviser en cinq parties égales, par des parallèles à sa base.
Par son sommet $\mathrm {S} ,$ soit menée une droite $\mathrm {SD} ,$ parallèle à sa base $\mathrm {AB}$ et égale à sa hauteur $\mathrm {SH} .$ Soit $c_{0}$ le milieu de cette parallèle, et soit divisée $c_{0}\mathrm {S}$ en cinq parties égales, aux points $c_{1},c_{2},c_{3},c_{4}.$ De ces points, pris successivement pour centres, et avec leurs distances au point $\mathrm {D}$ pour rayon, soient décrits des arcs coupant respectivement la hauteur en $h_{1},h_{2},h_{3},h_{4},\,;$ les parallèles menées à la base par ces derniers points seront les droites cherchées.
Il ne serait pas difficile, d’après cela, de diviser la surface convexe d’une pyramide ou d’un cône en parties égales, par des plans parallèles à sa base.
Si, au lieu de diviser $c_{0}\mathrm {S}$ en parties égales, on l’eût divisée en parties proportionnelles à des nombres donnés quelconques, les parallèles à la base, au lieu de diviser l’aire du triangle en parties égales, l’auraient divisée en parties proportionnelles à ces même nombres.
Le premier cas n’étant même qu’un cas particulier de ce dernier, c’est celui-ci qu’il suffira de démontrer. Il est évident d’ailleurs que tout se réduit à savoir diviser l’aire d’un triangle, par une parallèle à sa base en deux parties qui aient entre elles un rapport donné, celui de $m$ à $n,$ par exemple.
Démonstration. Tout étant dans la figure 6 comme dans la figure 5, si ce n’est que $\mathrm {C}$ est le milieu de $\mathrm {SD=SH,}$ que $\mathrm {SC}$ est partagée en $\mathrm {E}$ en deux parties $\mathrm {SE,EC}$ proportionnelles à $m$ et $n,$ que $\mathrm {E}$ est le centre d’un demi-cercle $\mathrm {DLK}$ coupant la hauteur en $\mathrm {L} ,$ et qu’enfin $\mathrm {FG}$ est la parallèle à $\mathrm {AB}$ conduite par $\mathrm {L} \,;$ soient $\mathrm {M,N}$ les deux segmens du triangle.
Nous aurons
$\mathrm {M+N=ASB} ={\tfrac {1}{2}}\mathrm {AB} \times \mathrm {SH} ,$
$\mathrm {N=FSG=ASB} .{\frac {{\overline {\mathrm {SL} }}^{2}}{{\overline {\mathrm {SH} }}^{2}}}={\tfrac {1}{2}}\mathrm {AB} .{\frac {{\overline {\mathrm {SL} }}^{2}}{\mathrm {SH} }}={\tfrac {1}{2}}\mathrm {AB} .{\frac {\mathrm {SD\times SK} }{\mathrm {SH} }}$
$={\tfrac {1}{2}}\mathrm {AB.SK} ={\tfrac {1}{2}}\mathrm {AB(DK-SD)}$
c’est-à-dire,
$\mathrm {M+N=AB} \times \mathrm {SC} ,$
$\mathrm {N=AB\times (DE-SC)=AB\times (DE-DC)=AB\times CE} \,;$
donc, en retranchant,
$\mathrm {M=AB\times (SC-CE)=AB\times SE} \,;$
donc enfin
${\frac {\mathrm {M} }{\mathrm {N} }}={\frac {\mathrm {SE} }{\mathrm {EC} }}={\frac {m}{n}}\quad$
* ↑ Ce problème, de première facilité, ne pouvant offrir d’intérêt qu’à raison de l’élégance de la construction, nous avons cru pouvoir passer sous silence une multitude d’autres solutions qu’on en a données. J. D. G.
* ↑ M. Tédenat observe qu’en divisant la hauteur du triangle à partir du sommet dans le rapport de $n$ à $m$ désignant par $x$ le premier des deux segmens, par $h$ la hauteur du triangle total, et enfin par $y$ celle du triangle à retrancher, on a l’équation $y^{2}=hx,$ qui appartient à la parabole et peut fournir une construction. À la vérité, cette construction n’est point élémentaire, mais M. Tédenat remarque que son analogue est peut-être la plus simple qu’on puisse appliquer au second problème de géométrie de la page 328 du V.e volume, relatif à la pyramide ; problème non susceptible de solution élémentaire et qui conduit à l’équation $y^{3}=h^{2}x$ de la première parabole cubique. J. D. G.