Théorie > Géométrie > Triangles
Prérequis
Résumé
L'objet le plus souvent étudié en géométrie est le triangle : il est fréquent qu'un problème commence par la donnée d'un triangle $ABC$. Afin d'aborder au mieux ce type de problème, il est bon de connaître sur le bout des doigts les propriétés des triangles. Nous passons ici en revue les plus fondamentales.
Ce chapitre a été écrit par N. Radu et mis en ligne le 8 décembre 2014.
1. Lois des sinus et des cosinus
Loi des sinus
La loi des sinus est fondamentale. Dans celle-ci, il est important de retenir la dernière égalité, parfois oubliée par les élèves.Loi des sinus
Soit $ABC$ un triangle de côtés $a = |BC|$, $b = |AC|$ et $c = |AB|$. On a
$$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R,$$ où $R$ désigne le rayon du cercle circonscrit au triangle $ABC$.
$$\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C} = 2R,$$ où $R$ désigne le rayon du cercle circonscrit au triangle $ABC$.
Démonstration
On va simplement montrer que $\displaystyle \frac{a}{\sin A} = 2R$. On aura bien sûr les mêmes égalités avec $b$ et $c$.
On trace le cercle circonscrit à $ABC$ et note $D$ le point de ce cercle tel que $[BD]$ en soit un diamètre. On a alors $\widehat{BAC} = \widehat{BDC}$ (angles inscrits), et on en déduit que
$$\frac{a}{\sin A} = \frac{|BC|}{\sin \widehat{BAC}} = \frac{|BC|}{\sin \widehat{BDC}} = |BD|,$$ où la dernière égalité vient du fait que le triangle $BCD$ est rectangle en $C$ (car il est inscrit dans un demi-cercle). Puisque $|BD| = 2R$, la démonstration est terminée.
On trace le cercle circonscrit à $ABC$ et note $D$ le point de ce cercle tel que $[BD]$ en soit un diamètre. On a alors $\widehat{BAC} = \widehat{BDC}$ (angles inscrits), et on en déduit que
$$\frac{a}{\sin A} = \frac{|BC|}{\sin \widehat{BAC}} = \frac{|BC|}{\sin \widehat{BDC}} = |BD|,$$ où la dernière égalité vient du fait que le triangle $BCD$ est rectangle en $C$ (car il est inscrit dans un demi-cercle). Puisque $|BD| = 2R$, la démonstration est terminée.
Loi des cosinus
La loi des cosinus est aussi connue sous le nom de théorème de Pythagore généralisé, ou encore théorème d'Al-Kashi. Il s'agit en fait d'une généralisation du théorème de Pythagore aux triangles non nécessairement rectangles.Loi des cosinus
Soit $ABC$ un triangle de côtés $a = |BC|$, $b = |AC|$ et $c = |AB|$. On a
$$c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos C.$$
$$c^2 = a^2 + b^2 - 2ab\cos C.$$
Nous donnons la démonstration dans le cas où $ABC$ est acutangle. Elle est totalement analogue lorsque le triangle est obtusangle, il faut juste discuter plusieurs cas.
Démonstration (cas acutangle)
On note $P$ le pied de la hauteur de $ABC$ issue de $A$, et $h = |AP|$, $d = |CP|$. On peut alors appliquer Pythagore au triangle $APB$ pour obtenir :
$$c^2 = h^2 + (a-d)^2 = h^2 + a^2 + d^2 - 2ad.$$ Or, on a aussi $h^2 +d^2 = b^2$ par Pythagore dans le triangle $APC$, d'où
$$c^2 = b^2 + a^2 - 2ad.$$ Il ne reste alors plus qu'à constater que $d = b \cos C$, ce qui nous donne finalement
$$c^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos C.$$
$$c^2 = h^2 + (a-d)^2 = h^2 + a^2 + d^2 - 2ad.$$ Or, on a aussi $h^2 +d^2 = b^2$ par Pythagore dans le triangle $APC$, d'où
$$c^2 = b^2 + a^2 - 2ad.$$ Il ne reste alors plus qu'à constater que $d = b \cos C$, ce qui nous donne finalement
$$c^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cos C.$$
2. Droites et points particuliers
Dans un triangle, on peut tracer les trois médiatrices, les trois bissectrices, les trois hauteurs ou les trois médianes. Dans tous les cas, les trois droites s'intersectent en un point particulier.
Bissectrices (intérieure et extérieure) d'un angle.
Dans un triangle, l'intersection des bissectrices intérieures des trois angles est assez connue, mais on peut en fait également considérer l'intersection de deux bissectrices extérieures avec la dernière bissectrice intérieure.
On peut bien sûr interchanger $A$, $B$ et $C$ dans la deuxième partie de l'énoncé, et on a donc trois cercles exinscrits à un triangle donné. La démonstration du fait que ces droites se rencontrent est à nouveau une conséquence directe de la définition des bissectrices. Chacun des quatre points particuliers que nous venons d'exhiber est à distance égale des trois droites $AB$, $AC$ et $BC$. Ils sont donc chacun le centre d'un cercle tangent à ces trois droites (d'où leurs noms : centre du cercle inscrit et centres des cercles exinscrits). Quoique les cercles exinscrits soient moins connus que le cercle inscrit, ceux-ci peuvent se révéler utiles dans des problèmes légèrement avancés.
Centres du cercle inscrit et des cercles exinscrits.
Médiatrices et centre du cercle circonscrit
Rappelons que la médiatrice d'un segment $[AB]$ est le lieu des points situés à égale distance de $A$ et de $B$. Il s'agit de la droite perpendiculaire à $[AB]$ et passant par son milieu.Propriété (médiatrices)
Les médiatrices des trois côtés d'un triangle se rencontrent en un point : le centre du cercle circonscrit au triangle.
Démonstration
Par définition des médiatrices, il est évident que les trois droites se coupent en un point. En effet, si on note $ABC$ le triangle, alors l'intersection de la médiatrice de $[AB]$ et de la médiatrice de $[AC]$ est un point se situant à égale distance de $A$ et de $B$, et à égale distance de $A$ et de $C$. Par conséquent, il est aussi à égale distance de $B$ et de $C$ et appartient donc à la médiatrice de $[BC]$. On note généralement ce point commun $O$. Puisqu'il est situé à égale distance des trois sommets $A$, $B$ et $C$, on peut tracer le cercle de centre $O$ et de rayon $|OA| = |OB| = |OC|$ : il s'agira du cercle circonscrit au triangle $ABC$.
Bissectrices, centre du cercle inscrit et centres des cercles exinscrits
On définit généralement la bissectrice d'un angle comme étant la droite coupant cet angle en deux. En fait, on peut dire que la bissectrice de l'angle $\widehat{BAC}$ est le lieu des points situés à égale distance de la droite $AB$ et de la droite $AC$, mais cela donne lieu à un phénomène légèrement différent. En effet, ce lieu ainsi défini consiste en fait en deux droites et non une, comme l'indique la figure suivante. Ces deux droites sont perpendiculaires. La droite dessinée en vert est appelée bissectrice intérieure alors que celle dessinée en rouge est appelée bissectrice extérieure. La plupart du temps, on oublie cette bissectrice extérieure et parle uniquement de bissectrice en désignant la bissectrice intérieure.
Bissectrices (intérieure et extérieure) d'un angle.
Dans un triangle, l'intersection des bissectrices intérieures des trois angles est assez connue, mais on peut en fait également considérer l'intersection de deux bissectrices extérieures avec la dernière bissectrice intérieure.
Propriété (bissectrices)
Les trois bissectrices intérieures d'un triangle $ABC$ se rencontrent en un point : le centre du cercle inscrit au triangle. De plus, les bissectrices extérieures de $A$ et de $B$ et la bissectrice intérieure de $C$ se rencontrent en un point : le centre d'un cercle exinscrit au triangle.
On peut bien sûr interchanger $A$, $B$ et $C$ dans la deuxième partie de l'énoncé, et on a donc trois cercles exinscrits à un triangle donné. La démonstration du fait que ces droites se rencontrent est à nouveau une conséquence directe de la définition des bissectrices. Chacun des quatre points particuliers que nous venons d'exhiber est à distance égale des trois droites $AB$, $AC$ et $BC$. Ils sont donc chacun le centre d'un cercle tangent à ces trois droites (d'où leurs noms : centre du cercle inscrit et centres des cercles exinscrits). Quoique les cercles exinscrits soient moins connus que le cercle inscrit, ceux-ci peuvent se révéler utiles dans des problèmes légèrement avancés.
Centres du cercle inscrit et des cercles exinscrits.
Hauteurs et orthocentre
Comme pour les médiatrices et les bissectrices, les trois hauteurs d'un triangle sont concourantes.Propriété (hauteurs)
Les trois hauteurs d'un triangle se rencontrent en un point : l'orthocentre du triangle.
Démonstration
Cette fois, le fait que les trois hauteurs se rencontrent n'est pas une conséquence directe de leur définition. Il existe cependant une astuce pour montrer ce fait en utilisant le résultat comme quoi les médiatrices d'un triangle sont concourantes. En effet, étant donné un triangle $ABC$, on peut tracer la droite parallèle à $BC$ passant par $A$, celle parallèle à $AC$ passant par $B$ et celle parallèle à $AB$ passant par $C$. Ces trois droites délimitent un triangle $A'B'C'$, comme sur la figure suivante.
Or, on constate aisément que les triangles $ABC'$, $AB'C$ et $A'BC$ sont tous isométriques au triangle $ABC$. Cela implique notamment que $|C'B| = |BA'|$ et par conséquent que la hauteur de $ABC$ issue de $B$ n'est rien d'autre que la médiatrice de $[A'C']$. De la même façon, les deux autres hauteurs de $ABC$ sont les deux autres médiatrices de $A'B'C'$. Les trois hauteurs de $ABC$ se rencontrent donc en le centre du cercle circonscrit à $A'B'C'$.
Or, on constate aisément que les triangles $ABC'$, $AB'C$ et $A'BC$ sont tous isométriques au triangle $ABC$. Cela implique notamment que $|C'B| = |BA'|$ et par conséquent que la hauteur de $ABC$ issue de $B$ n'est rien d'autre que la médiatrice de $[A'C']$. De la même façon, les deux autres hauteurs de $ABC$ sont les deux autres médiatrices de $A'B'C'$. Les trois hauteurs de $ABC$ se rencontrent donc en le centre du cercle circonscrit à $A'B'C'$.
Médianes et centre de gravité
Finalement, on a encore le résultat pour les médianes (les droites reliant un sommet au milieu du segment opposé). Nous ne démontrons pas celui-ci maintenant : cela sera en fait une conséquence directe du théorème de Ceva que nous démontrerons plus tard dans ce cours.Propriété (médianes)
Les trois médianes d'un triangle se rencontrent en un point : le centre de gravité du triangle.
3. Aire d'un triangle
La façon la plus courante de calculer l'aire d'un triangle est d'utiliser la formule $\displaystyle \frac{\text{base} \times \text{hauteur}}{2}$. Malheureusement, cette formule s'applique rarement à un problème de géométrie, puisqu'il est rare qu'une hauteur du triangle auquel on s'intéresse soit déjà tracée. Il existe cependant d'autres formules pour calculer l'aire d'un triangle, la plus répandue étant certainement la suivante.
On peut aussi combiner cette formule avec la loi des sinus qui nous dit que $\displaystyle \frac{c}{\sin C} = 2R$, pour obtenir directement :
La formule de Héron, quant à elle, permet de calculer l'aire d'un triangle en connaissant uniquement la longueur de ses trois côtés !
Enfin, il existe encore une quatrième formule, cette fois contenant le rayon du cercle inscrit au triangle.
Formule (aire d'un triangle)
Soit $ABC$ un triangle de côtés $a = |BC|$, $b = |AC|$ et $c = |AB|$. L'aire de $ABC$ est donnée par
$$S = \frac{a\cdot b \cdot \sin C}{2}.$$
$$S = \frac{a\cdot b \cdot \sin C}{2}.$$
Démonstration
Si $P$ désigne le pied de la hauteur de $ABC$ relative à $A$, alors le triangle $APC$ est rectangle et on a $|AP| = |AC| \cdot \sin{\widehat{ACP}}$. Dès lors, on a
$$S = \frac{1}{2}\cdot |BC| \cdot |AP| = \frac{1}{2} \cdot |BC| \cdot |AC| \cdot \sin\widehat{ACB}.$$
$$S = \frac{1}{2}\cdot |BC| \cdot |AP| = \frac{1}{2} \cdot |BC| \cdot |AC| \cdot \sin\widehat{ACB}.$$
On peut aussi combiner cette formule avec la loi des sinus qui nous dit que $\displaystyle \frac{c}{\sin C} = 2R$, pour obtenir directement :
Formule (aire d'un triangle)
Soit $ABC$ un triangle, $a$, $b$ et $c$ les longueurs de ses côtés, et $R$ le rayon de son cercle circonscrit. L'aire de $ABC$ est donnée par
$$S = \frac{abc}{4R}.$$
$$S = \frac{abc}{4R}.$$
La formule de Héron, quant à elle, permet de calculer l'aire d'un triangle en connaissant uniquement la longueur de ses trois côtés !
Formule de Héron (aire d'un triangle)
Soit $ABC$ un triangle et $a$, $b$ et $c$ les longueurs de ses côtés. Si $p$ désigne le demi-périmètre de $ABC$, c'est-à-dire si $\displaystyle p = \frac{a+b+c}{2}$, alors l'aire de $ABC$ vaut
$$S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}.$$
$$S = \sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}.$$
Démonstration
Par la première formule, on a $\displaystyle S = \frac{a\cdot b \cdot \sin C}{2}$. Il suffit alors d'utiliser la loi des cosinus nous apprenant que $\displaystyle \cos C = \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$ :
$$\begin{align}
S &= \frac{1}{2}\cdot a \cdot b \cdot \sin C \\
&= \frac{1}{2} \cdot a \cdot b \cdot \sqrt{1 - \cos^2 C}\\
& = \frac{1}{2} \cdot a \cdot b \cdot \sqrt{(1-\cos C) (1+\cos C)}\\
&= \frac{1}{2} \cdot a \cdot b \cdot \sqrt{\left(1 - \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} \right)\left(1 + \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} \right)}\\
&= \frac{1}{4} \cdot \sqrt{\left(2ab-a^2-b^2+c^2\right)\left(2ab+a^2+b^2-c^2\right)}\\
&= \frac{1}{4} \cdot \sqrt{\left(c^2-(a-b)^2\right)\left((a+b)^2-c^2\right)}\\
&= \frac{1}{4} \cdot \sqrt{(c+a-b)(c-a+b)(a+b+c)(a+b-c)}\\
&= \sqrt{\left(\frac{a-b+c}{2}\right)\left(\frac{-a+b+c}{2}\right)\left(\frac{a+b+c}{2}\right)\left(\frac{a+b-c}{2}\right)}\\
&= \sqrt{(p-b)(p-a)p(p-c)}.
\end{align}$$
$$\begin{align}
S &= \frac{1}{2}\cdot a \cdot b \cdot \sin C \\
&= \frac{1}{2} \cdot a \cdot b \cdot \sqrt{1 - \cos^2 C}\\
& = \frac{1}{2} \cdot a \cdot b \cdot \sqrt{(1-\cos C) (1+\cos C)}\\
&= \frac{1}{2} \cdot a \cdot b \cdot \sqrt{\left(1 - \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} \right)\left(1 + \frac{a^2+b^2-c^2}{2ab} \right)}\\
&= \frac{1}{4} \cdot \sqrt{\left(2ab-a^2-b^2+c^2\right)\left(2ab+a^2+b^2-c^2\right)}\\
&= \frac{1}{4} \cdot \sqrt{\left(c^2-(a-b)^2\right)\left((a+b)^2-c^2\right)}\\
&= \frac{1}{4} \cdot \sqrt{(c+a-b)(c-a+b)(a+b+c)(a+b-c)}\\
&= \sqrt{\left(\frac{a-b+c}{2}\right)\left(\frac{-a+b+c}{2}\right)\left(\frac{a+b+c}{2}\right)\left(\frac{a+b-c}{2}\right)}\\
&= \sqrt{(p-b)(p-a)p(p-c)}.
\end{align}$$
Enfin, il existe encore une quatrième formule, cette fois contenant le rayon du cercle inscrit au triangle.
Formule (aire d'un triangle)
Soit $ABC$ un triangle, $r$ le rayon de son cercle inscrit et $p$ son demi-périmètre. L'aire de $ABC$ vaut
$$S = pr.$$
$$S = pr.$$
Démonstration
Notons $I$ le centre du cercle inscrit au triangle. L'aire de $ABC$ est égale à la somme des aires des triangles $ABI$, $BCI$ et $CAI$, et ceux-ci ont chacun une hauteur égale à $r$. On a donc
$$S(ABC) = S(ABI) + S(BCI) + S(CAI) = \frac{|AB|\cdot r}{2} + \frac{|BC| \cdot r}{2} + \frac{|CA| \cdot r}{2} = pr.$$
$$S(ABC) = S(ABI) + S(BCI) + S(CAI) = \frac{|AB|\cdot r}{2} + \frac{|BC| \cdot r}{2} + \frac{|CA| \cdot r}{2} = pr.$$
4. Propriétés diverses
Nous évoquons finalement quelques propriétés intéressantes apparaissant dans les triangles.
La condition $|AB| \neq |AC|$ dans la deuxième partie assure que la bissectrice extérieure de $A$ ne soit pas parallèle à $BC$.
Cette fois, la condition $|AB| \neq |AC|$ assure que la bissectrice intérieure et la médiatrice ne soient pas confondues.
Théorème de la bissectrice
Le théorème de la bissectrice s'énonce comme suit. La deuxième partie est moins connue que la première, mais elle n'en est pas moins intéressante.Théorème de la bissectrice
Soit $ABC$ un triangle.
- L'intersection $A'$ de la bissectrice intérieure de $A$ avec $BC$ est telle que
$$\frac{|A'B|}{|A'C|} = \frac{|AB|}{|AC|}.$$ - Si $|AB| \neq |AC|$, alors l'intersection $A''$ de la bissectrice extérieure de $A$ avec $BC$ est telle que
$$\frac{|A''B|}{|A''C|} = \frac{|AB|}{|AC|}.$$
La condition $|AB| \neq |AC|$ dans la deuxième partie assure que la bissectrice extérieure de $A$ ne soit pas parallèle à $BC$.
Démonstration
On note $\alpha = \widehat{BAA'} = \widehat{CAA'}$.
- On applique simplement la loi des sinus dans le triangle $A'BA$ et le triangle $A'CA$, ce qui donne :
$$\frac{|A'B|}{\sin \alpha} = \frac{|AB|}{\sin \widehat{AA'B}} \quad \text{ et } \quad \frac{|A'C|}{\sin \alpha} = \frac{|AC|}{\sin \widehat{AA'C}}.$$ Il suffit alors de remarquer que les angles $\widehat{AA'B}$ et $\widehat{AA'C}$ sont supplémentaires (et ont donc le même sinus) et de combiner les deux égalités pour trouver
$$\frac{|A'B|}{|A'C|} = \frac{|AB|}{|AC|}.$$ - Nous donnons la démonstration dans le cas où $|AB| < |AC|$, la situation étant symétrique. On utilise cette fois la loi des sinus dans le triangle $A''BA$ et le triangle $A''CA$ pour obtenir :
$$\frac{|A''B|}{\sin (90^\circ-\alpha)} = \frac{|AB|}{\sin \widehat{AA''B}} \quad \text{ et } \quad \frac{|A''C|}{\sin (90^\circ+\alpha)} = \frac{|AC|}{\sin \widehat{AA''C}}.$$ On conclut alors de la même façon qu'au premier point, vu que $\sin (90^\circ-\alpha) = \sin (90^\circ+\alpha)$.
Intersection d'une bissectrice avec la médiatrice opposée
Un autre résultat qu'il est primordial de connaître est le suivant.Théorème
Soit $ABC$ un triangle. Si $|AB| \neq |AC|$, alors la bissectrice intérieure de $A$ rencontre la médiatrice de $[BC]$ en un point du cercle circonscrit à $ABC$. Il en est de même pour la bissectrice extérieure.
Cette fois, la condition $|AB| \neq |AC|$ assure que la bissectrice intérieure et la médiatrice ne soient pas confondues.
Démonstration
Pour montrer ce résultat, nous allons voir les choses un peu autrement. En effet, nous notons $X$ et $X'$ les intersections de la médiatrice de $[BC]$ avec le cercle circonscrit à $ABC$ comme sur la figure suivante, et nous allons montrer que $X$ se situe sur la bissectrice intérieure de $A$ alors que $X'$ se situe sur la bissectrice extérieure. C'est bien sûr équivalent à ce que l'on désire montrer.
Vu que $X$ se situe sur la médiatrice de $[BC]$, le triangle $BXC$ est isocèle et on a donc $\widehat{XBC} = \widehat{XCB}$. Or, puisque $X$ est aussi sur le cercle circonscrit à $ABC$, on a également $\widehat{XBC} = \widehat{XAC}$ et $\widehat{XCB} = \widehat{XAB}$. Au final, on a ainsi $\widehat{XAB} = \widehat{XAC}$ ce qui montre que $X$ se situe sur la bissectrice intérieure de $A$.
D'autre part, vu que $XX'$ est la médiatrice de $[BC]$, elle passe par le centre $O$ du cercle circonscrit et est dès lors un diamètre de ce cercle. Le triangle $XAX'$ est donc rectangle car inscrit dans un demi-cercle, ce qui montre que $\widehat{XAX'} = 90^\circ$. Puisque $AX$ est la bissectrice intérieure de $A$, $AX'$ ne peut être que sa bissectrice extérieure.
Vu que $X$ se situe sur la médiatrice de $[BC]$, le triangle $BXC$ est isocèle et on a donc $\widehat{XBC} = \widehat{XCB}$. Or, puisque $X$ est aussi sur le cercle circonscrit à $ABC$, on a également $\widehat{XBC} = \widehat{XAC}$ et $\widehat{XCB} = \widehat{XAB}$. Au final, on a ainsi $\widehat{XAB} = \widehat{XAC}$ ce qui montre que $X$ se situe sur la bissectrice intérieure de $A$.
D'autre part, vu que $XX'$ est la médiatrice de $[BC]$, elle passe par le centre $O$ du cercle circonscrit et est dès lors un diamètre de ce cercle. Le triangle $XAX'$ est donc rectangle car inscrit dans un demi-cercle, ce qui montre que $\widehat{XAX'} = 90^\circ$. Puisque $AX$ est la bissectrice intérieure de $A$, $AX'$ ne peut être que sa bissectrice extérieure.