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[ID: 162] [Date de publication: 4 janvier 2021 18:36] [Catégorie(s): Géométrie du triangle ] [ Nombre commentaires: 1] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur ]

Solution(s)

Solution(s)

Formules des sinus, d’Al-Kashi, de Héron
Par François Capaces Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur le 4 janvier 2021 18:36

1. Chacun des \(3\) déterminants est égal, le triangle étant direct, à \(2{\mathscr A}\).

2. Par définition du déterminant et utilisant les égalités précédentes, on a : \[\left\|\overrightarrow{AB}\right\|\left\|\overrightarrow{AC}\right\|\sin \widehat A = \left\|\overrightarrow{BC}\right\|\left\|\overrightarrow{BA}\right\|\sin \widehat B= \left\|\overrightarrow{CA}\right\|\left\|\overrightarrow{CB}\right\|\sin \widehat C= 2{\mathscr A}\] c’est-à-dire : \[bc \sin \widehat A = ac \sin \widehat B = ab \sin \widehat C=2{\mathscr A}.\] En divisant ces dernières égalités par \(abc\), on obtient : \[\dfrac{\sin \widehat A}{a}=\dfrac{\sin \widehat B}{b}=\dfrac{\sin \widehat C}{c}= \dfrac{2\mathscr A}{abc}.\] Par ailleurs, si on note \(I\) le milieu de \(\left[BC\right]\) et \(O\) le centre du cercle circonscrit à \(ABC\), l’angle inscrit \(\widehat{BAC}\) intercepte le même arc de cercle que l’angle au centre \(\widehat{BOC}\). Par conséquent : \(\widehat{BOC}= 2 \widehat{BAC} = 2 \widehat A\). Par ailleurs, comme \(OB=OC\), le triangle \(BOC\) est isocèle en \(O\) et \(BIO\) est rectangle en \(I\). Dans ce dernier triangle, on peut écrire : \(\sin \widehat{BOI} = {\scriptstyle a\over\scriptstyle 2R}\), ce qui amène : \({\scriptstyle a\over\scriptstyle\sin \widehat{A}} = 2R\).

3. On a : \[\begin{aligned} a^2&=&\left\|\overrightarrow{BC}\right\|^2\\ &=&\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{BC}\\ &=&\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}\right).\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}\right)\\ &=&\overrightarrow{BA}.\overrightarrow{BA} - 2 \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{AC}.\overrightarrow{AC}\\ &=& \left\|\overrightarrow{BA}\right\|^2 - 2 \left\|\overrightarrow{AB}\right\| \left\|\overrightarrow{AC}\right\|\cos \widehat{BAC} + \left\|\overrightarrow{AC}\right\|^2\\ &=& c^2-2 bc \cos \widehat A + b^2\end{aligned}\] On obtient les deux formules suivantes par permutations des lettres \(a\), \(b\) et \(c\).

4. Les deux premières égalités découlent directement des résultats établis dans la seconde question . Si \(K\) désigne le centre du cercle inscrit dans le triangle \(ABC\) et si \(K_A\), \(K_B\), \(K_C\) désignent respectivement l’intersection de ce cercle avec les côtés \(\left[BC\right]\), \(\left[AC\right]\), \(\left[AB\right]\) de \(ABC\) alors \(KK_A\), \(KK_B\), \(KK_C\) sont les hauteurs respectives des triangles \(KBC\), \(KAC\) et \(KAB\) et ces hauteurs sont toutes de longueur \(r\). Les aires de ces trois triangles sont donc respectivement \({\scriptstyle ar\over\scriptstyle 2}\), \({\scriptstyle br\over\scriptstyle 2}\) et \({\scriptstyle cr\over\scriptstyle 2}\). Comme ces trois aires partitionnent celle du triangle \(ABC\), on a : \(\mathscr A = {\scriptstyle ar\over\scriptstyle 2} + {\scriptstyle br\over\scriptstyle 2} + {\scriptstyle cr\over\scriptstyle 2}={\scriptstyle\left(a+b+c\right)r\over\scriptstyle 2}=pr\). Enfin, on a : \[\begin{aligned} \mathscr A&=& {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2} bc \sin \widehat A\\ &=& {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2} bc \sqrt{1-\cos^2 \widehat A}\\ &=& {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2} bc \sqrt{\left(1-\cos \widehat A\right)\left(1+\cos \widehat A\right)}\\ &=& {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2} bc\sqrt{\left(1-{\scriptstyle a^2 -b^2-c^2\over\scriptstyle 2bc} \right) \left(1+{\scriptstyle a^2 -b^2-c^2\over\scriptstyle 2bc} \right)} \textrm{ par application des formules d'Al-Kashi}\\ &=&{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 4} \sqrt{ \left(2bc - a^2+b^2+c^2\right) \left(2bc + a^2-b^2-c^2\right) }\\ &=&{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 4} \sqrt{ \left( \left(b+c\right)^2 -a^2\right) \left(a^2 - \left(b-c\right)^2\right)}\\ &=&{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 4} \sqrt{ \left( \left(b+c\right) +a\right) \left( \left(b+c\right) -a\right)\left(a - \left(b-c\right)\right)\left(a + \left(b-c\right)\right)}\\ &=&{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 4} \sqrt{\left(-a+b+c\right) \left(a+b+c\right)\left(a-b+c\right)\left(a+b-c\right)}\\ &=& \sqrt{ {\scriptstyle a+b+c\over\scriptstyle 2}{\scriptstyle a+b+c-2a\over\scriptstyle 2}{\scriptstyle a+b+c-2b\over\scriptstyle 2}{\scriptstyle a+b+c-2c\over\scriptstyle 2}}\\ &=&\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}\end{aligned}\]