Lecon 32
Lecon 32
Lecon 32
Pré-requis :
– Géométrie plane, angle géométrique, mesures algébriques ;
– Transformations du plan (construction d’images, propriétés) ;
– Théorèmes de Thalès et des milieux.
A
On se place dans un plan affine euclidien P. Nous adopterons aussi b
1
Proposition 1 : L’aire d’un triangle ABC rectangle en A est A (ABC) = 2
AB AC.
démonstration :
D’après le théorème des milieux, I est sur la médiatrice de [AC], ce qui B
b
D b
//
leur milieu et ont même longueur. Le quadrilatère ABDC est donc un b b
rectangle donc l’aire vaut AB AC. L’aire du triangle ABC est alors im- A C
médiatement la moitié de l’aire du rectangle, puisque l’hypothénuse n’est autre qu’une diagonale de ce
dernier, et il vient que A (ABC) = 21 AB AC.
1
Proposition 2 : ABC est rectangle en A si et seulement AI = 2
BC.
2 Relations métriques dans le triangle rectangle
démonstration :
Le sens direct a été montré dans la démonstration précédente. Montrons B
alors le sens indirect. Les triangles BIA et AIC sont tous deux isocèles b
A C
La figure correspond au sens indirect, et le résultat est ainsi démontré.
démonstration :
F H E
"=⇒" : On construit la figure ci-contre à partir du triangle ABC.
ADEF et CBGH sont des carrés, de sorte qu’on puisse en ti- c a
rer deux égalités pour A (ADEF ) : C
b a G
bc
A (ADEF ) = (b + c)2 = a2 + 4 .
2 A cB b D
En développant et simplifiant, on trouve directement que AC 2 + AB 2 = BC 2 .
"⇐=" : Supposons AB 2 + AC 2 = BC 2 . Soient C le demi-cercle de A
rs
diamètre [BC] contenu dans le demi-plan de frontière (BC) et bc
C
contenant le point A, et H le projeté orthogonal de A sur (BC). A′
prop 2 "=⇒"
Alors C ∩ (AH) = {A′ } ⇒ BA′ C rect. en A′ ⇒ BC 2 = B C
A′ B 2 + A′ C 2 , d’où AB 2 + AC 2 = A′ B 2 + A′ C 2 . H
En utilisant à nouveau le sens direct dans les triangles rectangles BHA, BHA′ et CHA, CHA′ ,
on trouve l’égalité BH 2 + AH 2 + CH 2 + AH 2 = BH 2 + A′ H 2 + CH 2 + A′ H 2 , c’est-à-dire
HA = HA′ . Pour conclure, il suffit de remarquer que les points H, A et A′ sont alignés et qu’ils
sont contenus dans le même demi-plan (avec en particulier H sur la frontière) pour affirmer que
−−→ −−→′
HA = HA , soit A = A′ .
Remarques 1 : * Dans la démonstration du sens "⇐=" de la démonstration précédente, la seule hypothèse que
AB 2 + AC 2 = BC 2 ne nous garantit pas que (AH) et C aient une intersection commune. Mais puisque ABH est
rectangle en H, on a AB 2 = AH 2 + BH 2 (grâce au sens direct), donc BH < AB. L’hypothèse AB 2 + AC 2 = BC 2
donne AB < BC. On en déduit que BH < BC. Grâce au triangle rectangle ACH, on montre de même que
CH < CB, d’où H ∈ [BC].
* Cette démonstration est beaucoup plus rapide avec le produit scalaire (que nous n’avons pas mis en pré-requis). En
−−→ −→ −−→ −→
effet, BC 2 = (BA + AC)2 = BA2 + AC 2 + 2 BA · AC. Il suffit alors de remarquer que
−−→ −→ − →
ABC est rectangle en A ⇔ BA · AC = 0 ⇔ BC 2 = AB 2 + AC 2 .
Solution : Outre les notations déjà introduites, nous allons noter H (resp. K) le projeté B
b
orthogonal de Ω sur [AB] (resp. [AC]), de sorte que le quadrilatère AHΩK soit un carré, d
Ω′
donc que AH = AK = r, où r désigne le rayon du cercle inscrit. De plus, les triangles rs
ΩBΩ′ et ΩHΩ′ sont isométriques, d’où BH = BΩ′ , et l’on montre de la même manière qp d′
que CK = CΩ′ . Par suite, A (ABC) = 21 AB · AC = 12 (AH + HB)(AK + KC) = Ω
1 b b
2
(r + d)(r + d′ ) = 21 (rd + rd′ + r 2 + dd′ ). A C
On applique ensuite le théorème de Pytagore dans le triangle rectange ABC pour déterminer que (d+d′ ) = (r+d)2 +(r+d′ )2 ⇔
d2 + d′2 + 2dd′ = 2r 2 + 2r(d + d′ ) + d2 + d′2 ⇔ dd′ = rd + rd′ + r 2 , et notre égalité trouvée tout-à-l’heure devient alors
A (ABC) = 21 (rd + rd′ + r 2 + dd′ ) = 12 (dd′ + dd′ ) = dd′ , ce qui démontre notre résultat somme toutes étonnant. ♦
Exemple d’application (la spirale des racines entières) : On part d’un triangle
√ isocèle rectangle dont les
côtés autres que l’hypoténuse mesurent 1 unité. L’hypoténuse mesure alors 2 unités. On place un triangle
rectangle sur cette hypoténuse,
√ son côté adjacent à l’angle droit mesurant 1 unité. Alors l’hypoténuse de ce
nouveau triangle mesure 3 unités, et ainsi de suite. . .
1
... 1
√ √
7 6 √
5 1
√
4
√ 1
3
√
1 2
1
1
démonstration :
Montrons d’abord (i) ⇔ (ii). Considérons le symétrique A′ de A par
B
rapport à I, et BH le projeté orthogonal de B sur (AC). Puisque l’aire b
H b
A′
//
du parallélogramme ABA′ C vaut le double de celle du triangle ABC, I
bc
il vient que //
b b
AH · BC A BH C
BBH · AC = 2 · = AH · BC.
2
Par suite,
Remarques 2 : * Dans cette proposition, les mesures algébriques sont importantes ! En effet, en supposant l’éga-
lité (iii) vraie sans mesures algébriques, la figure ci-dessous permet de montrer qu’on a aussi AB 2 = BH · BC (car
H a été construit de sorte que BH = BH ′ ), mais le triangle ABC n’est en aucun cas rectangle en A.
A A′
bc b
// b
// b
C
H B H′
* Pour conserver cet énoncé au niveau fin de collège, on peut démontrer l’équivalence (i) ⇔ (iii) de la
manière suivante, en utilisant à trois reprises le théorème de Pythagore : commençons par remarquer que
2 2
BH − BC = CH ⇒ BH − BC = CH ⇔ BH 2 + BC 2 − 2 BH BC = CH 2
BH 2 + BC 2 − CH 2 (AB 2 − AH 2 ) + BC 2 − (AC 2 − AH 2 )
⇔ BH BC = =
2 2
AB 2 + BC 2 − AC 2
⇔ BH BC = .
2
Il s’ensuit que, en utilisant l’égalité précédente :
AB 2 + AB 2
2 2 2
ABC rectangle en A ⇔ BC − AC = AB ⇔ BH BC = = AB 2 .
2
Solution : On procède comme précédemment en trouvant deux triangles semblables : c’est le cas des triangles AHB et CHA.
Pour que l’équivalence soit correcte, il faut préciser que B et C doivent être de part et d’autre du point H sur la droite (BC). Ainsi,
AH CH
ABC rectangle en A ⇔ AHB et CHA semblables ⇔ = ⇔ AH 2 = BH · HC,
HB HA
et le résultat est démontré. Il est laissé au lecteur le soin de trouver une démonstration n’utilisant pas les triangles semblables. ♦
BC AB
= = ACA′C ′.
BC ′ A′ B
En particulier, on a aussi
AB A′ B AC A′ C ′ AC A′ C ′
= , = , = .
BC BC ′ BC BC ′ AB A′ B
Relations métriques dans le triangle rectangle 5
b = AB ,
cos B b = AC ,
sin B b = AC .
tan B
BC BC AB
Remarques 3 :
b + sin2 B
1. cos2 B b = 1. En effet, c’est une conséquence directe du théorème de Pythagore :
AB 2 AC 2 AB 2 + AC 2 BC 2
cos2 B
b + sin2 B
b= + = = = 1.
BC 2 BC 2 BC 2 BC 2
b = sin B/
2. tan B b cos B.
b
b 6 1,
3. 0 6 cos B b61
0 6 sin B et b
0 < tan B.
Cette définition va nous permettre de pouvoir donner une autre formule de l’aire d’un triangle quelconque,
autre que celle donnée en pré-requis :
démonstration :
Q
Soit HQ le projeté orthogonal de Q sur (P R). Alors le triangle P HQ Q b
1 1 P HQ R
A (P QR) = P R · QHQ = P R · P Q · sin Pb.
2 2
Les deux autres égalités s’obtiennent par permutation circulaire des points P, Q et R.
S
b
b
α b
β
A B H
On a que SH = AH tan α en utilisant la définition 2 dans le triangle rectangle AHS, et cette même définition appliquée au
triangle rectangle BHS donne l’égalité SH = BH tan β. Or AH = AB + BH puisque les points A, B et H sont alignés dans
cet ordre, et on en déduit que
SH
SH = tan α(AB + BH) = tan α AB +
tan β
tan α tan β · tan α
⇔ SH 1 − = AB tan α ⇔ SH = AB.
tan β tan β − tan α
Par exemple (les longueurs sont exprimées en mètres et les mesures d’angles en degrés), pour AB = 1000, α = 50, 235 et
β = 58, 031, on trouve SH = 4807. De quelle montagne pourrait-il s’agir ? ? ♦