La formule de Héron

La formule de Héron nous permet de trouver l’aire d’un triangle quelconque connaissant les mesures de ses trois côtés. Il suffit de calculer d’abord le demi-périmètre $s$ du triangle $ABC$, avec côtés $a$, $b$ et $c$, et ensuite de calculer $$\text{Aire}(\mathrm{△}ABC)=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$$Il existe de nombreuses preuves de ce résultat (en utilisant Pythagore ou un peu de trigonométrie) mais aucune n’est aussi belle que celle fournie par Héron même. Sa preuve se lit comme un bon roman : elle est ingénieuse, élégante et garde le lecteur en haleine jusqu’à ce que la finale se dévoile abruptement.

La preuve repose sur cinq résultats. On prend d’abord quelques minutes pour les apprécier.

Proposition 1 : les bissectrices d’un triangle se rencontrent en un point. C’est le centre du cercle inscrit dans le triangle.

La bissectrice est la droite qui coupe l’angle en deux angles isométriques. On considère l’angle $ABC$ suivant. On trace la bissectrice $BP$.

On doit montrer que tout point de la bissectrice est équidistant des côtés de l’angle. On trace les segments perpendiculaires à $AB$ et $BC$ passant par $P$, respectivement $\overline{DP}$ et $\overline{EP}$, et respectivement les distances de $P$ à $AB$ et de $P$ à $BC$. Par définition de bissectrice, les angles $ABP$ et $CBP$ sont isométriques. Les angles $BDP$ et $BEP$ sont droits (et donc isométriques). Et comme la somme des mesures des angles intérieurs d’un triangle est toujours égale à 180°, on trouve que les angles $BPD$ et $BPE$ sont forcément isométriques eux-aussi. Les triangles $BDP$ et $BEP$ partageant tous les deux le côté $BP$, on trouve qu’ils sont isométriques par le cas ACA. Et comme dans les triangles isométrique les côtés homologues sont isométriques, on trouve que $\overline{DP}$ et $\overline{EP}$ sont isométriques. Le point $P$ est donc équidistant des deux côtés de l’angle.

La réciproque est aussi vraie. Si $P$ est équidistant de $AB$ et de $BC$, alors on a que $\overline{DP}$ et $\overline{EP}$ sont isométriques. Les deux triangles $BDP$ et $BEP$ partagent le côté $BP$. Les deux triangles $BDP$ et $BEP$ sont rectangles (par définition de distance) et donc, avec Pythagore, on trouve que les segments $BE$ et $BD$ sont eux-aussi isométriques. Les triangles sont donc isométriques par le cas CCC et comme dans les triangles isométriques, les angles homologues sont isométriques, on conclut que les angles $DBP$ et $EBP$ sont isométriques. $BP$ est donc une bissectrice.

On considère maintenant le triangle $ABC$ suivant, dans lequel on a tracé les bissectrices des angles $BAC$ et $ACB$ qui se croisent en $O$.

Puisque $O$ est sur la bissectrice de l’angle $BAC$, il est équidistant des côtés $AB$ et $AC$. Puisque $O$ est aussi sur la bissectrice de l’angle $ACB$, il est équidistant des côtés $BC$ et de $AC$. Par conséquent, il est donc aussi équidistant des côtés $AB$ et $BC$. $O$ est donc aussi sur la bissectrice de l’angle $ABC$. Les bissectrices se coupent en un point : c’est le centre du cercle inscrit. En effet, les distances de $O$ à $\overline{AB}$, de $O$ à $\overline{AC}$ et de $O$ à $\overline{BC}$, toutes égales, jouent le rôle de rayons de ce cercle, rayons perpendiculaires aux côtés du triangle (définition de distance). Les côtés du triangle sont donc tangents au cercle.

Proposition 2 : La hauteur issue de l’angle droit d’un triangle rectangle détermine deux petits triangles semblables entre-eux et aussi semblables avec le grand triangle de départ.

Cette proposition est vue en quatrième secondaire. On considère le triangle $ABC$ rectangle en $B$ suivant. On trace la hauteur $\overline{BD}$.

Par définition de hauteur, l’angle $ADB$ est droit et le triangle $ADB$ est rectangle. Les triangles $ABC$ et $ADB$ partagent l’angle $A$, ils sont donc semblables par le cas de similitude AA.

Par définition de hauteur, l’angle $BDC$ est droit et le triangle $BDC$ est aussi rectangle. Les triangles $ABC$ et $BDC$ partagent l’angle $C$ et ils sont donc semblables par le cas de similitude AA.

Puisque les triangles $ADB$ et $BDC$ sont tous deux semblables au triangle $ABC$, on conclut qu’il sont aussi semblables entre eux.

Proposition 3 : Dans un triangle rectangle, le milieu de l’hypoténuse est équidistant des trois sommets.

On considère le triangle $ABC$ rectangle en $B$ suivant. On trace le point milieu $E$ de $\overline{BC}$. On trace ensuite la perpendiculaire à $\overline{BC}$ passant par $E$. Cette perpendiculaire coupe $\overline{AC}$ en $D$.

Il reste à montrer que $overlineAD$, $\overline{BD}$ et $\overline{CD}$ sont isométriques. Comme $E$ est le point milieu de $\overline{BC}$, on trouve que $\overline{BE}$ et $\overline{CE}$ sont isométriques. Les angles $BED$ et $CED$ sont également isométriques. Les triangles $BED$ et $CED$ partageant le même côté $DE$, on trouve qu’ils sont isométriques par le cas CAC. Et comme dans les triangles isométriques les côtés homologues sont isométriques, on trouve que $\overline{BD}$ et $\overline{CD}$ sont isométriques. La moitié du travail reste à faire.

Par la suite, on remarque que $${180}^{\circ }=m\mathrm{\angle }BAD+m\mathrm{\angle }ABE+m\mathrm{\angle }DCE$$Et comme l’angle $ABE$ est droit, on obtient d’abord $${180}^{\circ }=m\mathrm{\angle }BAD+{90}^{\circ }+m\mathrm{\angle }DCE$$puis $${90}^{\circ }-m\mathrm{\angle }DCE=m\mathrm{\angle }BAD$$Comme dans les triangles isométriques, les angles homologues sont isométriques, on trouve $$\mathrm{\angle }DBE\cong \mathrm{\angle }DCE$$En remplaçant dans l’équation précédente, on obtient : $${90}^{\circ }-m\mathrm{\angle }DBE=m\mathrm{\angle }BAD$$Or, que vaut l’angle $ABD$ ? Tout simplement $${90}^{\circ }-m\mathrm{\angle }DBE=m\mathrm{\angle }ABD$$puisqu’il s’agit d’angles adjacents complémentaires. On obtient donc : $$m\mathrm{\angle }BAD=m\mathrm{\angle }ABD$$Le triangle $ABD$ est donc isocèle et, par conséquent, les côtés $AD$ et $BD$ sont isométriques.

Proposition 4 : Si ABCD est un quadrilatère (avec les diagonales AC et BD) et que les angles BAC et BDC sont des angles droits, alors le quadrilatère est inscriptible dans un cercle (en d’autres mots, on peut tracer un cercle passant par ABCD).On trace $O$, le milieu de $\overline{BC}$. Les triangles $BAC$ et $BDC$ sont tous les deux rectangles et possède la même hypoténuse $BC$. Le point $O$ est le milieu de cette hypoténuse et, par la proposition 3, est donc équidistant de $B$, de $A$, de $D$ et de $C$. On peut donc tracer un cercle de centre $O$ passant par $A$, $B$, $C$, et $D$.

Proposition 5 : Les angles opposés d’un quadrilatère inscriptible dans un cercle sont supplémentaires.

On considère le quadrilatère $ABDC$ inscrit dans le cercle de centre $O$ suivant :

Dans le triangle $ABC$, on trouve que $$m\mathrm{\angle }BAC+m\mathrm{\angle }ACB+m\mathrm{\angle }ABC={180}^{\circ }$$Les angles $BAC$ et $BDC$ sont des angles inscrits qui interceptent le même arc $BC$. Ils sont donc isométriques. $$\mathrm{\angle }BAC\cong \mathrm{\angle }BDC$$Les angles $ACB$ et $ADB$ sont des angles inscrits qui interceptent le même arc $AB$. Ils sont donc isométriques. $$\mathrm{\angle }ACB\cong \mathrm{\angle }ADB$$En substituant, on obtient : $$m\mathrm{\angle }BDC+m\mathrm{\angle }ADB+m\mathrm{\angle }ABC={180}^{\circ }$$Mais comme $$m\mathrm{\angle }ADC=m\mathrm{\angle }BDC+m\mathrm{\angle }ADB$$on obtient : $$m\mathrm{\angle }ADC+m\mathrm{\angle }ABC={180}^{\circ }$$Voilà !

Il est fort possible, à ce moment, que vous trouviez que ces cinq propositions ne suggèrent rien qui puisse aider à trouver l’aire d’un triangle. Et pourtant ! C’est tout ce dont Héron avait besoin pour compléter sa longue et ingénieuse preuve !

On considère un triangle $ABC$ quelconque comme celui de la figure suivante. Par convention, on pose $$a=m\overline{BC},b=m\overline{AC},m\overline{AC}$$

On trace les trois bissectrices des angles du triangle. Par la proposition 1, ces trois bissectrices se rencontrent en $O$. Par la même proposition, on sait que $O$ est à égale distance des trois côtés du triangle : on appelle cette distance $r$ et on trace le cercle de centre $O$ et de rayon $r$. Ce cercle est tangent à $\overline{AC}$ en $F$, à $\overline{BC}$ en $E$ et à $\overline{AB}$ en $D$. On a donc $$m\overline{OD}=m\overline{OE}=m\overline{OF}=r$$Enfin, puisqu’il apparait dans la formule de Héron, on pose $s$ comme le demi-périmètre $$s=\frac{a+b+c}{2}$$Pour des raisons qui ne sont pas apparentes pour l’instant, on prolonge $\overline{BA}$ jusqu’à $G$ de telle sorte que $$\overline{AG}\cong \overline{CE}$$Clairement, l’aire du triangle $ABC$ est égale à la somme des aires des trois triangles $ABO$, $ACO$ et $BCO$.

Avec la bonne vieille formule $$\text{Aire du triangle}=\frac{\text{base}\times \text{hauteur}}{2}$$Héron trouve $$\begin{array}{rl}\text{Aire}(\mathrm{△}ABO)& =\frac{cr}{2}\\ \\ \text{Aire}(\mathrm{△}ACO)& =\frac{br}{2}\\ \\ \text{Aire}(\mathrm{△}BCO)& =\frac{ar}{2}\end{array}$$En posant $$\text{Aire}(\mathrm{△}ABC)=\text{Aire}(\mathrm{△}BCO)+\text{Aire}(\mathrm{△}ACO)+\text{Aire}(\mathrm{△}ABO)$$et en remplaçant les aires par les expressions trouvées, il obtient $$\text{Aire}(\mathrm{△}ABC)=\frac{ar}{2}+\frac{br}{2}+\frac{cr}{2}$$En mettant $r$ en évidence, il trouve ensuite $$\text{Aire}(\mathrm{△}ABC)=r\left(\frac{a+b+c}{2}\right)$$ou tout simplement $$\text{Aire}(\mathrm{△}ABC)=rs$$

C’est remarquable puisqu’il fait déjà apparaitre le demi-périmètre $s$ dans la formule d’aire. Remarquable, certes, mais l’objectif final est encore très loin.

En se référant à notre figure, et en se rappelant que les bissectrices déterminent des angles isométriques, on découvre une panoplie de triangles isométriques. Par exemple, les triangles $CFO$ et $CEO$ possèdent déjà deux angles homologues isométriques (l’angle droit et celui formé par la bissectrice). Leur troisième angle homologue étant conséquemment isométrique (la somme des angles intérieurs d’un triangle vaut toujours ${180}^{\circ }$) et le côté $\overline{CO}$ étant partagé par les deux triangles, on affirme, par le cas d’isométrie ACA, que les triangles $CFO$ et $CEO$ sont isométriques. Héron trouve de la même manière $$\mathrm{△}CFO\cong \mathrm{△}CEO,\mathrm{△}AFO\cong \mathrm{△}ADO,\mathrm{△}BDO\cong \mathrm{△}BEO$$Et comme dans les triangles isométriques les côtés et les angles homologues sont isométriques, il trouve aussi $$\overline{AD}\cong \overline{AF},\overline{BD}\cong \overline{BE},\overline{CE}\cong \overline{CF}$$et $$\mathrm{\angle }AOD\cong \mathrm{\angle }AOF,\mathrm{\angle }BOD\cong \mathrm{\angle }BOE,\mathrm{\angle }COE\cong \mathrm{\angle }COF$$À ce moment, Héron remarque que $$m\overline{BG}=m\overline{AG}+m\overline{AD}+m\overline{BD}$$ce qui est égal à $$m\overline{BG}=\frac{1}{2}(2m\overline{AG}+2m\overline{AD}+2m\overline{BD})$$et donc $$m\overline{BG}=\frac{1}{2}(m\overline{AG}+m\overline{AG}+m\overline{AD}+m\overline{AD}+m\overline{BD}+m\overline{BD})$$ce qui fait, après quelques substitutions, $$m\overline{BG}=\frac{1}{2}(m\overline{AG}+m\overline{AG}+m\overline{AD}+m\overline{AF}+m\overline{BD}+m\overline{BE})$$Mais comme il avait défini au départ $$\overline{AG}\cong \overline{CE}$$il trouve finalement$$m\overline{BG}=\frac{1}{2}(m\overline{CE}+m\overline{CF}+m\overline{AD}+m\overline{AF}+m\overline{BD}+m\overline{BE})$$ce qui fait en réarrangeant les termes $$m\overline{BG}=\frac{1}{2}((m\overline{BE}+m\overline{CE})+(m\overline{AD}+m\overline{BD})+(m\overline{AF}+m\overline{CF}))$$ou tout simplement $$\begin{array}{rl}m\overline{BG}& =\frac{1}{2}(a+b+c)\\ \\ & =s\end{array}$$La mesure du segment $BG$ est donc égale au demi-périmètre ! Il semble que Héron voulait avoir ce segment devant les yeux avant de continuer. Cela dit, il déduit certaines mesures qui nous seront utiles sous peu. Il trouve d’abord$$s-c=m\overline{BG}-m\overline{AB}=m\overline{AG}$$Héron trouve ensuite $$s-b=m\overline{BG}-m\overline{AC}$$ce qui fait$$s-b=(m\overline{BD}+m\overline{AD}+m\overline{AG})-(m\overline{AF}+m\overline{CF})$$puis en remplaçant$$s-b=(m\overline{BD}+m\overline{AD}+m\overline{CE})-(m\overline{AD}+m\overline{CE})$$Il obtient donc$$s-b=m\overline{BD}+m\overline{AD}+m\overline{CE}-m\overline{AD}-m\overline{CE}$$ou tout simplement$$s-b=m\overline{BD}$$Enfin, il trouve$$s-a=m\overline{BG}-m\overline{BC}$$ce qui fait$$s-a=(m\overline{BD}+m\overline{AD}+m\overline{AG})-(m\overline{BE}-m\overline{CE})$$et donc après substitution, $$s-a=m\overline{BD}+m\overline{AD}+m\overline{AG}-m\overline{BD}-m\overline{CE}$$Puisque$$\overline{AG}\cong \overline{CE}$$il obtient simplement $$s-a=m\overline{AD}$$Ces trois relations avec le demi-périmètre apparaissent dans la formule de Héron. Ils feront l’objet de substitutions lors d’une étape cruciale de la preuve.

On reprend maintenant notre figure initiale et on y ajoute quelques constructions. Héron trace $OL$ perpendiculaire à $OB$. $OL$ coupe $AB$ en $K$. Il trace ensuite $AM$ perpendiculaire à $AB$ par $A$. On nomme $H$ le point d’intersection de $OL$ et $AM$.

Le résultat de cette construction qui nous intéresse est le quadrilatère $AHBO$. Puisque les diagonales $\overline{AB}$ et $\overline{OH}$ sont perpendiculaires aux côtés $\overline{AH}$ et $\overline{BO}$, on déduit, par la proposition 4, qu’il s’agit d’un quadrilatère inscriptible dans un cercle. Par la proposition 5, on peut aussi affirmer que ses angles opposés sont supplémentaires. On a donc $$m\mathrm{\angle }AHB+m\mathrm{\angle }AOB={180}^{\circ }$$Héron porte ensuite son attention sur les angles autour de $O$. Afin de rendre le tout plus facile à lire, on pose $$\begin{array}{rl}\alpha & =m\mathrm{\angle }COE=m\mathrm{\angle }COF\\ \\ \beta & =m\mathrm{\angle }BOE=m\mathrm{\angle }BOD\\ \\ \gamma & =m\mathrm{\angle }AOF+m\mathrm{\angle }AOD\end{array}$$

Il obtient facilement l’égalité suivante $$2\alpha +2\beta +2\gamma ={360}^{\circ }$$et en divisant chaque côté par $2$, $$\alpha +\beta +\gamma ={180}^{\circ }$$Mais comme $$\beta +\gamma =m\mathrm{\angle }AOB$$il substitue pour obtenir $$\alpha +m\mathrm{\angle }AOB={180}^{\circ }$$Et puisque $$m\mathrm{\angle }AHB+m\mathrm{\angle }AOB={180}^{\circ }$$il trouve $$\alpha =m\mathrm{\angle }AHB$$Cette dernière égalité reste particulièrement intéressant puisqu’elle nous permet d’énoncer une nouvelle paire de triangle semblables, à savoir les triangles $CFO$ et $BAH$ puisqu’ils sont aussi tous les deux rectangles (cas de similitude AA).Et comme dans les triangles semblables, les côtés homologues sont dans le même rapport, Héron établit la proportion suivante : $$\frac{m\overline{AB}}{m\overline{AH}}=\frac{m\overline{CF}}{m\overline{OF}}=\frac{m\overline{AG}}{r}$$En intervertissant les extrêmes, il obtient cette égalité $$\frac{m\overline{AB}}{m\overline{AG}}=\frac{m\overline{AH}}{r}$$Les angles $AKH$ et $OKD$ sont opposés par le sommet et donc isométriques. Héron établit donc la similitude des triangles $KAH$ et $KDO$, en utilisant le cas AA puisque les deux triangles comportent aussi un angle droit. Il obtient ainsi cette deuxième proportion importante $$\frac{m\overline{AH}}{m\overline{AK}}=\frac{m\overline{OD}}{m\overline{KD}}=\frac{r}{m\overline{KD}}$$En intervertissant les extrêmes, il obtient $$\frac{m\overline{AH}}{r}=\frac{m\overline{AK}}{m\overline{KD}}$$Et en combinant l’équation précédente et celle-ci $$\frac{m\overline{AB}}{m\overline{AG}}=\frac{m\overline{AH}}{r}$$il obtient $$\frac{m\overline{AB}}{m\overline{AG}}=\frac{m\overline{AK}}{m\overline{KD}}$$Mais Héron n’a pas encore terminé avec les triangles semblables ! Il s’attaque au triangle rectangle $KBO$ et sa hauteur $\overline{OD}$. Par la proposition 2, on sait que les triangles $KDO$ et $ODB$ sont semblables. Héron établit donc cette (autre) proportion $$\frac{m\overline{KD}}{r}=\frac{r}{m\overline{BD}}$$que l’on peut réécrire, si on le préfère, comme $$m\overline{KD}\cdot m\overline{BD}=r^2$$Héron reprend ensuite $$\frac{m\overline{AB}}{m\overline{AG}}=\frac{m\overline{AK}}{m\overline{KD}}$$et ajoute $1$ de chaque côté $$\frac{m\overline{AB}}{m\overline{AG}}+1=\frac{m\overline{AK}}{m\overline{KD}}+1$$En mettant sur dénominateur commun et en effectuant l’addition, il obtient $$\frac{m\overline{AB}+m\overline{AG}}{m\overline{AG}}=\frac{m\overline{AK}+m\overline{KD}}{m\overline{KD}}$$ce qui n’est autre que $$\frac{m\overline{BG}}{m\overline{AG}}=\frac{m\overline{AD}}{m\overline{KD}}$$Héron multiplie le côté gauche de l’équation par $$\frac{m\overline{BG}}{m\overline{BG}}$$et le côté droit de l’équation par $$\frac{m\overline{BD}}{m\overline{BD}}$$Il obtient$$\frac{m\overline{BG}\cdot m\overline{BG}}{m\overline{AG}\cdot m\overline{BG}}=\frac{m\overline{AD}\cdot m\overline{BD}}{m\overline{KD}\cdot m\overline{BD}}$$Or, puisque $$m\overline{KD}\cdot m\overline{BD}=r^2$$il remplace et obtient$$\frac{{\left(m\overline{BG}\right)}^2}{m\overline{AG}\cdot m\overline{BG}}=\frac{m\overline{AD}\cdot m\overline{BD}}{r^2}$$que l’on peut enfin réécrire $${\left(m\overline{BG}\right)}^2\cdot r^2=m\overline{AD}\cdot m\overline{BD}\cdot m\overline{AG}\cdot m\overline{BG}$$Ah ha ! Rappelons nous que Héron avait plus haut trouvé $$\begin{array}{rl}s& =m\overline{BG}\\ \\ s-a& =m\overline{AD}\\ \\ s-b& =m\overline{BD}\\ \\ s-c& =m\overline{AG}\end{array}$$Et donc en remplaçant, il trouve $$s^2\cdot r^2=(s-a)(s-b)(s-c)(s)$$En extrayant la racine carrée et en réarrangeant l’ordre des facteurs, il trouve finalement $$rs=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$$Et comme il avait $$\text{Aire}(\mathrm{△}ABC)=rs$$il lui suffit d’écrire $$\text{Aire}(\mathrm{△}ABC)=\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}$$Magnifique !

Référence : William Dunham (1991), Journey Through Genius