Géométrie du triangle

  1. Les exercices
  2. Vue compacte

Exercices du dossier Géométrie du triangle

Centre du cercle circonscrit d’un triangle et médiatrices **

4 janvier 2021 18:35 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soient \(A\), \(B\), \(C\) trois points non alignés du plan \(\mathcal P\). Montrer que les médiatrices du triangle \(ABC\) sont concourantes en un point \(O\) centre du cercle circonscrit au triangle :

  1. En utilisant la définition et les propriétés de la médiatrice d’un segment.

  2. En effectuant des calculs dans un repère bien choisi.


[ID: 152] [Date de publication: 4 janvier 2021 18:35] [Catégorie(s): Géométrie du triangle ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Centre du cercle circonscrit d’un triangle et médiatrices
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:35

  1. La médiatrice du segment \(\left[AB\right]\) admet comme vecteur normal \(\overrightarrow{AB}\), celle du segment \(\left[AC\right]\) admet comme vecteur normal \(\overrightarrow{AC}\). Les points \(ABC\) étant non alignés, ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires et donc ces deux médiatrices ne peuvent être parallèles. Elles se coupent alors en un point qu’on notera \(O\). On a : \(OA=OB=OC\). On déduit de ces égalités que \(O\) est le centre du cercle circonscrit à \(ABC\) et que \(O\) est élément de la médiatrice de \(\left[BC\right]\). Par conséquent, les trois médiatrices du triangles sont concourantes en \(O\).

  2. On peut aussi proposer la solution calculatoire suivante. On peut choisir un bon repère orthonormé dans lequel les coordonnées de \(A\), \(B\) et \(C\) sont \(A \underset{}{\left|\begin{matrix} a\\0 \end{matrix}\right.}\), \(B \underset{}{\left|\begin{matrix} b\\0 \end{matrix}\right.}\), \(C \underset{}{\left|\begin{matrix} 0\\c \end{matrix}\right.}\). Les milieux des côtés du triangle ont pour coordonnées, \(A' \underset{}{\left|\begin{matrix} b/2 \\ c/2 \end{matrix}\right.}\), \(B' \underset{}{\left|\begin{matrix} a/2 \\ c/2 \end{matrix}\right.}\), \(C' \underset{}{\left|\begin{matrix} (a+b)/2 \\ 0 \end{matrix}\right.}\). Les perpendiculaires issues respectivement de \(C'\), \(B'\) et \(A'\) ont pour équations cartésiennes : \[x = \dfrac{a+b}{2},\quad-ax + cy + \dfrac{a^2-c^2}{2} = 0, \quad -bx + cy + \dfrac{b^2-c^2}{2} = 0\] et on vérifie qu’elles passent par le point \(\boxed{I \underset{}{\left|\begin{matrix} (a+b)/2 \\ c/2 + ab/2c \end{matrix}\right.}}\).


Centre de gravité et médianes d’un triangle **

4 janvier 2021 18:35 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soient \(A\), \(B\), \(C\) trois points non alignés du plan \(\mathcal P\). Soient \(G\) l’isobarycentre de \(ABC\).

  1. Soit \(I\) le milieu de \(\left[BC\right]\). Montrer que \(\overrightarrow{AG} = {\scriptstyle 2\over\scriptstyle 3}\overrightarrow{AI}\). En déduire que \(G\) est élément de la médiane de \(ABC\) issue de \(A\).

  2. En déduire que les médianes du triangle \(ABC\) sont concourantes en \(G\).


[ID: 154] [Date de publication: 4 janvier 2021 18:35] [Catégorie(s): Géométrie du triangle ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Centre de gravité et médianes d’un triangle
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:35

  1. Comme \(G\) est l’isobarycentre de \(ABC\), on a : \(\overrightarrow{GA}+\overrightarrow{GB} + \overrightarrow{GC} = \overrightarrow{0}\). Utilisant la relation de Chasles, on en tire : \(\overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{AI} + \overrightarrow{IB} + \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{AI} + \overrightarrow{IC} = \overrightarrow{0}\) c’est-à-dire : \(3\overrightarrow{GA} + 2\overrightarrow{AI} = \overrightarrow{0}\) d’où la relation annoncée. La médiane issue de \(A\) étant la droite \(\left(AI\right)\), il est alors clair que \(G\) est élément de cette médiane.

  2. On démontrerait de même que, si \(J\) désigne le milieu de \(\left[AC\right]\) et \(K\) celui de \(\left[AB\right]\) : \(\overrightarrow{BG} = {\scriptstyle 2\over\scriptstyle 3} \overrightarrow{BJ}\) et \(\overrightarrow{CG} = {\scriptstyle 2\over\scriptstyle 3} \overrightarrow{CK}\). Le point \(G\) appartient donc à la médiane de \(ABC\) issue de \(B\) et celle issue de \(C\). Les trois médianes de \(ABC\) sont donc concourantes en \(G\).


Centre du cercle inscrit à un triangles et bissectrices **

4 janvier 2021 18:35 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soient \(A\), \(B\), \(C\) trois points non alignés du plan \(\mathcal P\). Montrer que les trois bissectrices intérieures du triangle \(ABC\) sont concourantes en un point \(K\) du plan et ce que ce point est centre du cercle inscrit à \(ABC\) (c’est-à-dire le cercle tangent aux trois côtés du triangle).


[ID: 156] [Date de publication: 4 janvier 2021 18:35] [Catégorie(s): Géométrie du triangle ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Centre du cercle inscrit à un triangles et bissectrices
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:35

Notons \(d_A\), \(d_B\) et \(d_C\) les bissectrices intérieures de \(ABC\) issues respectivement de \(A\), \(B\) et \(C\). Les points \(A\), \(B\) et \(C\) n’étant pas alignés, \(d_A\) et \(d_B\) ne sont pas parallèles et se coupent en un point \(K\) du plan. Par définition d’une bissectrice, on a : \(d\left(K,\left(AB\right)\right) = d\left(K,\left(AC\right)\right) = d\left(K,\left(AB\right)\right) = d\left(K,\left(BC\right)\right)\). Par conséquent, \(d\left(K,\left(CA\right)\right) = d\left(K,\left(CB\right)\right)\) et \(K\) est élément de la bissectrice issue de \(C\). On en déduit que les trois bissectrices intérieures de \(ABC\) sont concourantes en \(K\). Notons \(K_A\), \(K_B\), \(K_C\) les projetés orthogonaux de \(K\) sur respectivement \((BC)\), \((AC)\) et \((AB)\), on a : \(d\left(K,\left(AB\right)\right) =KK_C\), \(d\left(K,\left(AC\right)\right)=KK_B\) et \(d\left(K,\left(BC\right)\right)=KK_A\). D’après ce qui a été fait précédemment, on peut affirmer que ces trois longueurs sont égales : \(KK_A = KK_B =KK_C\). Le point \(K\) est donc le centre du cercle \(\mathscr C\) circonscrit au triangle \(K_A K_B K_C\). Il reste à montrer que les trois côtés du triangles \(ABC\) sont tangents à ce cercle. Comme \(K_A\) est le projeté orthogonal de \(K\) sur \(\left(BC\right)\), la droite \(\left(BC\right)\) est perpendiculaire à un rayon du cercle \(\mathscr C\) et est donc tangente à \(\mathscr C\). On fait de même avec les droites \(\left(AC\right)\) et \(\left(AB\right)\) et on montre que \(\mathscr C\) est bien le cercle inscrit à \(ABC\).


Orthocentre d’un triangle **

4 janvier 2021 18:35 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Soient \(A\), \(B\), \(C\) trois points non alignés du plan \(\mathcal P\).

  1. En exprimant chacun des vecteurs de l’expression ci dessous au moyen de vecteurs d’origine \(A\), montrer que pour tout point \(M\) de \(\mathcal P\) on a : \[\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CM}+\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{AM} + \overrightarrow{CA}.\overrightarrow{BM}=0.\]

  2. Montrer que la hauteur issue de \(A\) dans le triangle \(ABC\) et celle issue de \(B\) ne sont pas parallèles. On notera \(H\) le point d’intersection.

  3. Montrer que \(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CH}=0\). En déduire que les hauteurs du triangle \(ABC\) sont concourantes. Le point de concours est l’orthocentre du triangle.


[ID: 158] [Date de publication: 4 janvier 2021 18:35] [Catégorie(s): Géométrie du triangle ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Orthocentre d’un triangle
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:35

  1. Soit \(M\) un point du plan. \[\begin{aligned} \overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CM}+\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{AM} + \overrightarrow{CA}.\overrightarrow{BM} &=&\overrightarrow{AB}.\left(\overrightarrow{CA}+ \overrightarrow{AM}\right) +\left(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}\right).\overrightarrow{AM}+ \overrightarrow{CA}.\left(\overrightarrow{BA}+ \overrightarrow{AM}\right)\\ &=& \left(\overrightarrow{AB} +\overrightarrow{BA} \right). \overrightarrow{AM} + \left(\overrightarrow{AC} + \overrightarrow{CA}\right). \overrightarrow{AM} + \left(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BA}\right).\overrightarrow{CA}\\ &=&0\end{aligned}\]

  2. La hauteur issue de \(A\) admet comme vecteur normal \(\overrightarrow{BC}\) et celle issue de \(B\) le vecteur \(\overrightarrow{AC}\). Les points \(ABC\) n’étant pas alignés ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires et les deux hauteurs ne peuvent donc être parallèles. Elles sont donc sécantes en un point qu’on notera \(H\).

  3. Utilisant l’égalité établie dans la première question avec \(M=H\) et le fait que \(H\) est à l’intersection des hauteurs issues de \(A\) et de \(B\), on obtient : \(\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{CH} = 0\). On en déduit que \(H\) est élément de la hauteur issue de \(C\) et que les trois hauteurs de \(ABC\) sont concourantes en \(H\).


Droite d’Euler d’un triangle **

4 janvier 2021 18:35 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Dans un triangle \(ABC\) non équilatéral et non aplati, on considère l’orthocentre \(H\), le centre \(O\) du cercle circonscrit et le centre de gravité \(G\).

  1. Exprimer \(\overrightarrow{OG}\) en fonction de \(\overrightarrow{OA}\), \(\overrightarrow{OB}\) et \(\overrightarrow{OC}\).

  2. Soit \(\overrightarrow{v}=3 \overrightarrow{OG}-\overrightarrow{OH}\). Montrer que \(\overrightarrow{v}\) est orthogonal à \(\overrightarrow{AB}\).

  3. En déduire que \(\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}\).

La droite passant par ces trois points est appelé droite d’Euler du triangle \(ABC\).


[ID: 160] [Date de publication: 4 janvier 2021 18:35] [Catégorie(s): Géométrie du triangle ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Droite d’Euler d’un triangle
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:36

  1. Comme \(G\) est l’isobarycentre de \(A\), \(B\) et \(C\), par la relation de Chasles, on obtient : \(\overrightarrow{OG} = {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 3} \left(\overrightarrow{OA} +\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC}\right)\).

  2. On appelle \(I\) le milieu de \(\left[AB\right]\). Il vient : \[\begin{aligned} \overrightarrow{v}.\overrightarrow{AB} &=& \left(3 \overrightarrow{OG}-\overrightarrow{OH}\right).\overrightarrow{AB}\\ &=& \left(\overrightarrow{OA} +\overrightarrow{OB} + \overrightarrow{OC} - \overrightarrow{OH}\right).\overrightarrow{AB}\\ &=& \left(\overrightarrow{HC}+\overrightarrow{OA} +\overrightarrow{OB} \right).\overrightarrow{AB}\\ &=& \underbrace{\overrightarrow{HC}.\overrightarrow{AB}}_{=0} + \left(\overrightarrow{OA} +\overrightarrow{OB} \right).\overrightarrow{AB} \textrm{ car $\overrightarrow{HC}$ dirige la hauteur issue de $B$}\\ &=&\left(\overrightarrow{OI} +\overrightarrow{IA} +\overrightarrow{OI} +\overrightarrow{IB}\right).\overrightarrow{AB}\\ &=& 2\overrightarrow{OI}.\overrightarrow{AB} \textrm{ car $\overrightarrow{IA}=-\overrightarrow{IB}$}\\ &=& 0 ~\textrm{ car $\overrightarrow{OI}$ dirige la médiatrice du segment $\left[AB\right]$}\end{aligned}\]

  3. En effectuant le même calcul, on pourrait montrer que \(\overrightarrow{v}.\overrightarrow{AC}=0\). Par conséquent, le vecteur \(\overrightarrow{v}\) est à la fois orthogonal à \(\overrightarrow{AC}\) et \(\overrightarrow{AB}\). Mais le triangle \(ABC\) n’étant pas plat, ceci n’est possible que si \(\overrightarrow{v}=\overrightarrow{0}\), c’est-à-dire seulement si \(\overrightarrow{OH}=3\overrightarrow{OG}\). Le triangle n’étant pas équilatéral, on en déduit que les points \(O\), \(G\) et \(H\) sont alignés. La droite portant ces trois points est appelée droite d’Euler du triangle \(ABC\).

Proposons une preuve calculatoire de cette propriété :

Dans un repère orthonormé adapté, les coordonnées de \(A\), \(B\) et \(C\) sont \(A \underset{}{\left|\begin{matrix} a\\0 \end{matrix}\right.}\), \(B \underset{}{\left|\begin{matrix} b\\0 \end{matrix}\right.}\), \(C \underset{}{\left|\begin{matrix} 0\\c \end{matrix}\right.}\), le centre de gravité a pour coordonnées \(\boxed{G \underset{}{\left|\begin{matrix} (a+b)/3 \\ c/3 \end{matrix}\right.}}\), les trois hauteurs ont pour équation cartésienne \[x = 0, \quad-bx+cy+ab=0, \quad-ax+cy+ab=0\] d’où le point d’intersection des hauteurs : \(\boxed{H \underset{}{\left|\begin{matrix} 0 \\ -ab/c \end{matrix}\right.}}\). Pour trouver le centre du cercle circonscrit, on peut chercher l’intersection des médiatrices ou résoudre \(\lVert \overrightarrow{\Omega A} \rVert_{ }^2 = \lVert \overrightarrow{\Omega B} \rVert_{ }^2 = \lVert \overrightarrow{\Omega C} \rVert_{ }^2\) ce qui donne \(\boxed{\Omega \underset{}{\left|\begin{matrix} (a+b)/2 \\ c/2 + ab/2c \end{matrix}\right.}}\). On calcule ensuite \[\mathop{\rm det}(\overrightarrow{HG}, \overrightarrow{H\Omega}) = \begin{vmatrix} (a+b)/3 & (a+b)/2 \\ c/3 + ab/c & c/2 + 3ab/2c \end{vmatrix} = 0\] ce qui montre que ces trois points sont alignés.


Formules des sinus, d’Al-Kashi, de Héron **

4 janvier 2021 18:36 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces

Dans le plan orienté, on considère un triangle \(ABC\) non aplati de sens direct (c’est-à-dire qu’on passe du point \(A\) au point \(B\), et du point \(B\) au point \(C\) en tournant dans le sens direct) . On note : \(a=BC\), \(b=CA\), \(c=AB\), \(\widehat A= \widehat{BAC}\), \(\widehat B= \widehat{CBA}\), \(\widehat C= \widehat{ACB}\) et \(\mathscr A\) l’aire de \(ABC\). On note aussi \(R\) le rayon du cercle circonscrit à \(ABC\), \(r\) le rayon du cercle inscrit à \(ABC\) et \(p={\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2}\left(a+b+c\right)\) le demi-périmètre de \(ABC\).

  1. Montrer que \(\mathop{\rm det}\left(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC}\right)=\mathop{\rm det}\left(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA}\right)=\mathop{\rm det}\left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}\right) =2\mathscr A\)

  2. En déduire la formule des sinus : \[\dfrac{a}{\sin \widehat{A}}=\dfrac{b}{\sin \widehat{B}}=\dfrac{c}{\sin \widehat{C}}=\dfrac{abc}{2\mathscr A}=2R.\]

  3. Prouver les formules d’Al-Kashi : \[a^2=b^2+c^2-2bc\cos \widehat A, \quad b^2=c^2+a^2-2ca\cos \widehat B, \quad c^2=a^2+b^2-2ab\cos \widehat B\] Ces formules généralisent la formule de Pythagore dans un triangle quelconque.

  4. Déduire des deux dernières questions la formule de Héron : \[\mathscr A = {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2} bc \sin \widehat A={\scriptstyle abc\over\scriptstyle 4R} = \sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}=rp\]


[ID: 162] [Date de publication: 4 janvier 2021 18:36] [Catégorie(s): Géométrie du triangle ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Formules des sinus, d’Al-Kashi, de Héron
Par emmanuel 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 : \[\begin{aligned} \mathscr A&=& {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2} bc \sin \widehat A\\ &=& {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2} bc \sqrt{1-\cos^2 \widehat A}\\ &=& {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2} bc \sqrt{\left(1-\cos \widehat A\right)\left(1+\cos \widehat A\right)}\\ &=& {\scriptstyle 1\over\scriptstyle 2} bc\sqrt{\left(1-{\scriptstyle a^2 -b^2-c^2\over\scriptstyle 2bc} \right) \left(1+{\scriptstyle a^2 -b^2-c^2\over\scriptstyle 2bc} \right)} \textrm{ par application des formules d'Al-Kashi}\\ &=&{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 4} \sqrt{ \left(2bc - a^2+b^2+c^2\right) \left(2bc + a^2-b^2-c^2\right) }\\ &=&{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 4} \sqrt{ \left( \left(b+c\right)^2 -a^2\right) \left(a^2 - \left(b-c\right)^2\right)}\\ &=&{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 4} \sqrt{ \left( \left(b+c\right) +a\right) \left( \left(b+c\right) -a\right)\left(a - \left(b-c\right)\right)\left(a + \left(b-c\right)\right)}\\ &=&{\scriptstyle 1\over\scriptstyle 4} \sqrt{\left(-a+b+c\right) \left(a+b+c\right)\left(a-b+c\right)\left(a+b-c\right)}\\ &=& \sqrt{ {\scriptstyle a+b+c\over\scriptstyle 2}{\scriptstyle a+b+c-2a\over\scriptstyle 2}{\scriptstyle a+b+c-2b\over\scriptstyle 2}{\scriptstyle a+b+c-2c\over\scriptstyle 2}}\\ &=&\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}\end{aligned}\]


Exercice 96 **

4 janvier 2021 18:36 — Par Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces


[ID: 164] [Date de publication: 4 janvier 2021 18:36] [Catégorie(s): Géométrie du triangle ] [ Nombre commentaires: 0] [nombre d'éditeurs: 1 ] [Editeur(s): Emmanuel Vieillard-Baron ] [nombre d'auteurs: 3 ] [Auteur(s): Emmanuel Vieillard-Baron Alain Soyeur François Capaces ]
Solution

Exercice 96
Par emmanuel le 4 janvier 2021 18:36

L’aire d’un triangle \((ABC)\) est la moitié de l’aire du parallélogramme \(\dfrac{1}{2}\mathop{\rm det}(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC})\). En notant \(\mathcal{A}\) le double de l’aire du triangle \(ABC\) et \(\mathcal{A'}\) le double de celle de \(A'B'C'\), on calcule en utilisant la relation de Chasles : \[\begin{aligned} \mathcal{A'}&=\mathop{\rm det}(\overrightarrow{A'B'}, \overrightarrow{A'C'})\\ &= \mathop{\rm det}(\overrightarrow{A'B} + \overrightarrow{BB'}, \overrightarrow{A'A} + \overrightarrow{AC'}) \\ &= \mathop{\rm det}(\overrightarrow{BA}+2\overrightarrow{BC}, 2\overrightarrow{BA} + \overrightarrow{CA}) \\ &= \mathop{\rm det}(\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}) + 4\mathop{\rm det}(\overrightarrow{BC}, \overrightarrow{BA}) - 2\mathop{\rm det}(\overrightarrow{CB}, \overrightarrow{CA}) \\ &= \mathcal{A} + 4\mathcal{A} + 2\mathcal{A} = 7\mathcal{A} \end{aligned}\] L’aire du triangle \((A'B'C')\) vaut donc \(7\) fois l’aire du triangle \((ABC)\).


Les-Mathematiques.net Mathématiques vivantes

Thématiques

;
Success message!