La formule d`Héron

1
A
C
B
O
E
F
D
ab
c
G
La formule d’Héron
Soient ABC un triangle quelconque, avec comme côtés a, b, et c, S le demi-périmètre du
triangle ABC et K l’aire du triangle. On a :
( )( )( )( )
K S S a S b S c
= − − −
Nous avons déjà démontré la formule d’Héron dans un autre document. Voici la
démarche empruntée par Héron lui-même. C’est une démarche d’abord géométrique.
Elle s’appuie sur cinq propositions.
Proposition 1 : Les bissectrices des angles d’un triangle se rencontrent en un point qui est
le centre du cercle inscrit dans ce triangle.
Proposition 2 : Dans un triangle rectangle, la hauteur issue de l’angle droit est moyenne
proportionnelle entre les deux segments qu’elle détermine sur l’hypoténuse.
Proposition 3 : Dans un triangle rectangle, le milieu de l’hypoténuse est équidistant des
trois sommets.
Proposition 4 : Si
ABCD
est un quadrilatère avec diagonales
AC
et
BD
, et que
DBC
∠
et
DAC
∠
sont droits, alors il est possible de tracer un cercle passant par A , B , C et D .
Proposition 5 : Les angles opposés d’un quadrilatère inscrit dans un cercle sont
supplémentaires (équivalents à deux angles droits).
Figure 1

2
A
C
B
O
E
F
rr
D
r
ab
c
G
Début de la preuve :
Soit un triangle
ABC
△
quelconque, de telle sorte que
AB
soit plus grand que la somme
des deux autres côtés.
On construit les bissectrices d’au moins deux angles, et ces bissectrices se rencontrent en
O . Par la proposition 1, on construit le cercle inscrit, de centre O , tel que montré sur la
figure ci-dessus. On a donc :
mOD mOE mOF r
= = =
.
On allonge ensuite
AB
jusqu’à G de telle sorte que
AG CE
≅ .
Figure 2
Avec la formule connue de l’aire du triangle :
1
2
K bh
=
, on trouve :
Aire de 1
2
AOB c r
= ⋅
△
Aire de 1
2
AOC b r
= ⋅
△
Aire de 1
2
BOC a r
= ⋅
△
L’aire du grand triangle
ABC
△
étant égale à la somme des aires des triangles qui le
composent, on obtient :
( ) ( ) ( )
1 1 1
2 2 2
K ar br cr
= + +
En factorisant r, on obtient : 2
a b c
K r
+ +
=
On retrouve le demi-périmètre !
K rs
=
Étonnant !

3
Mais il reste encore beaucoup à faire. Le grand triangle
ABC
△
a été décomposé en trois
paires de triangles congrus :
AOD AOF
≅
△ △
BOD BOE
≅
△ △
COE COF
≅
△ △
On peut prouver ces congruences facilement avec le cas A-C-A.
Comme les côtés et les angles homologues de triangles congrus sont congrus, on obtient
également ces résultats :
AD AF
≅
BD BE
≅
CF CE
≅
AOD AOF
∠ ≅ ∠
BOD BOE
∠ ≅ ∠
COE COF
∠ ≅ ∠
Nous allons maintenant laisser les triangles semblables et regarder le segment
BG
.
BG BD DA AG
= + +
Mais comme
AG CE
≅ par construction :
BG BD DA CE
= + +
En mettant
1
2
en évidence :
( )
12 2 2
2
BB
D D C
G
A E
= + +
Par congruence, on trouve :
( ) ( ) ( )
(
)
1
2
BD BBG
E DA AF CE CF
= + + + + +
En permutant :
( )
1
2
BD DBG
A BE CE AF CF
= + + + + +
( )
1
2
B
AB BC AC
G
= + +
Donc :
BG s
=
Grâce à ce dernier résultat, on peut obtenir :
s c BG A
c
B
AG
s
−
− = −
=
( ) ( )
( ) ( )
s b BG AC
BD DA AG AF C
s b
s b
F
BD DA CE AD CE
BD
s b
− = −
= + + − +
= + − +
−
+
=
−
−

4
A
C
B
O
E
F
D
ab
c
G
H
LM
K
x
x
yy
z
z
Ainsi que :
( ) ( )
( ) ( )
s a BG BC
BD AD AG BE C
s a
s a
E
BD AD CE BD CE
AD
s a
− = −
= + + − +
= + − +
−
+
=
−
−
Nous avons donc associé le demi-périmètre
s et les quantités
s a
−
,
s b
−
et
s c
−
à des
segments dans le plan.
Construisons maintenant
OL
perpendiculaire à
OB
, coupant
AB
en K. Construisons
AM
perpendiculaire à
AB
et coupant
OL
en H . Traçons
BH
.

5
Le quadrilatère
AOBH
satisfait les conditions des propositions 4 et 5. On peut donc tirer
que
180
AHB AOB
∠ + ∠ = °
.
En examinant le centre
O on a :
2 2 2 360
180
x y z
x y z
+ + = °
+ + = °
Mais comme
AOB x z
∠ = +
, on a :
180
y AOB
+ ∠ = °
Alors
AHB y
∠ =
Par ailleurs, les triangles
COF
△
et
BHA
△
sont semblables, par le cas de similitude A-A
en utilisant le fait que
AHB y
∠ =
et que les deux triangles soient rectangles.
Comme les côtés homologues de triangles semblables sont dans le même rapport, on tire
la proportion suivante :
AB CF
AH OF
= et puisque
CF AG
= et
OF r
=
, la proportion devient :
AB AG
r
AH
=
En intervertissant les extrêmes :
AB AH
r
AG
=
Les triangles
KAH
△
et
KDO
△
sont eux aussi semblables, par le même cas de similitude.
AH OD
AK KD
= et cette fois-ci
OD r
=
, la proportion devient :
AH AK
r
KD
=
En comparant les deux équations (en comparant
AH
r
), on obtient :
AB AK
AG KD
=
Considérons maintenant le triangle rectangle
BOK
△
et sa hauteur issue de l’angle droit
OD r
=
. Par la proposition 2, on a :
KD r
r
BD
= ou simplement
(
)
(
)
2
r KD BD
= .
En ajoutant 1 de chaque côté de l’équation on obtient :
1 1
AB AK
AG KD
+ = +