La formule d`Héron

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
C
F
E
b
O
a
B
D
A
c
G
1
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 .
C
Figure 2
F
E
r
r
b
O
a
r
B
D
A
c
G
1
Avec la formule connue de l’aire du triangle : K =   bh , on trouve :
2
1
Aire de △ AOB =   c ⋅ r
2
1
Aire de △ AOC =   b ⋅ r
2
1
Aire de △ BOC =   a ⋅ r
2
L’aire du grand triangle △ ABC étant égale à la somme des aires des triangles qui le
1
1
1
composent, on obtient : K =   ( ar ) +   ( br ) +   ( cr )
2
2
2
 a+b+c
En factorisant r, on obtient : K = r 

2


On retrouve le demi-périmètre ! K = rs Étonnant !
2
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
∠AOD ≅ ∠AOF
CF ≅ CE
∠COE ≅ ∠COF
BD ≅ BE
∠BOD ≅ ∠BOE
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
1
1
en évidence : BG =   2 BD + 2 DA + 2CE
En mettant
2
2
1
Par congruence, on trouve : BG =   BD + BE + DA + AF + CE + CF
2
1
En permutant :
BG =   BD + DA + BE + CE + AF + CF
2
1
BG =   AB + BC + AC
2
(
((
)
) (
) (
(
(
Donc :
))
)
)
BG = s
Grâce à ce dernier résultat, on peut obtenir :
s − c = BG − AB
s − c = AG
s − b = BG − AC
(
) (
)
s − b = ( BD + DA + CE ) − ( AD + CE )
s − b = BD + DA + AG − AF + CF
s − b = BD
3
Ainsi que :
s − a = BG − BC
(
) (
)
s − a = ( BD + AD + CE ) − ( BD + CE )
s − a = BD + AD + AG − BE + CE
s − a = AD
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 .
C
F
E
b
y
y
x O
x
a
z
z
B
K
D
c
A
G
H
L
M
4
Le quadrilatère AOBH satisfait les conditions des propositions 4 et 5. On peut donc tirer
que ∠AHB + ∠AOB = 180° .
En examinant le centre O on a :
2 x + 2 y + 2 z = 360°
x + y + z = 180°
Mais comme ∠AOB = x + z , on a :
y + ∠AOB = 180°
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
AB AG
=
et puisque CF = AG et OF = r , la proportion devient :
=
r
AH OF
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
AH AK
=
et cette fois-ci OD = r , la proportion devient :
=
r
AK KD
KD
En comparant les deux équations (en comparant
AH
), on obtient :
r
AB AK
=
AG KD
Considérons maintenant le triangle rectangle △ BOK et sa hauteur issue de l’angle droit
KD
r
OD = r . Par la proposition 2, on a :
=
ou simplement r 2 = KD BD .
r
BD
( )( )
En ajoutant 1 de chaque côté de l’équation on obtient :
AB
AK
+1 =
+1
AG
KD
5
En mettant sur dénominateurs communs :
Plus simplement :
AB + AG AK + KD
=
AG
KD
BG AD
=
AG KD
En multipliant à gauche par
BG
BD
et à droite par
, nous obtenons :
BG
BD
( BG ) = ( AD )( BD )
( AG )( BG ) ( KD )( BD )
2
( )( )
Or, comme r = KD BD , l’équation précédente devient :
2
BG
2
( AG )( BG )
=
( AD )( BD )
r2
( ) = ( AG )( BG )( AD )( BD )
En appliquant le produit croisé : r 2 BG
2
Mais les éléments à gauche de l’équation sont justement les expressions trouvées
beaucoup plus tôt correspondants au demi-périmètre s et aux quantités s − a , s − b et
s−c.
En remplaçant : r 2 s 2 = s ( s − a )( s − b )( s − c )
En prenant la racine carrée de chaque côté de l’équation :
rs = s ( s − a )( s − b )( s − c )
Or, le premier résultat obtenu grâce au cercle inscrit était justement K = rs .
On a donc, finalement :
K = s ( s − a )( s − b )( s − c )
CQFD
6