Un petit exercice sur les triangles

On note S l’aire d’un triangle acutangle \Delta et S' celle du triangle dont les sommets sont les pieds des hauteurs de \Delta.

Il est demandé d’exprimer le quotient S'/S à l’aide des seuls angles du triangle \Delta.

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5 réactions sur “Un petit exercice sur les triangles

  1. Après un petit calcul assez facile (pour qui a les prérequis…) en coordonnées barycentriques, j’obtiens 2\cos A\cos B\cos C.

      • Bravo, c’est correct! Comme le triangle est acutangle, le produit des cosinus est positif, si bien que c’est aussi le rapport des aires non orientées. Mais peut-être ta formule vaut-elle dans le cas quelconque. On aimerait un peu plus de détails, pour qui n’aurait pas les prérequis … 😉

        P.S. En ce qui me concerne, j’ai obtenu (assez trivialement) 1-\cos^2\alpha-\cos^2\beta-\cos^2\gamma, ce qui est la même chose que toi. Pour y parvenir, j’écris l’aire du triangle dont les sommets sont les pieds des hauteurs du triangle initial comme l’aire de ce dernier privée de celle des trois triangles dont les sommets sont un du triangle initial et deux pieds de hauteurs. J’utilise la formule : aire d’un triangle = moitié du produit de deux côtés par le sinus de l’angle adjacent. Les choses viennent toutes seules au fil de la plume. A mon avis, tu utilises ceci et les coordonnées barycentriques de l’orthocentre, ce qui donne à penser que ta formule vaut pour tout triangle.

    • Voici, rapidement, mes calculs.

      1. Je connais les coordonnées barycentriques de l’orthocentre du triangle (dans le repère affine constitué par les sommets du triangle) :
      \displaystyle\left(\mathop{\mathrm{ctg}}B\mathop{\mathrm{ctg}}C,\mathop{\mathrm{ctg}}A\mathop{\mathrm{ctg}}C,\mathop{\mathrm{ctg}}A\mathop{\mathrm{ctg}}B\right)
      (cf. lien « les coordonnées barycentriques de l’orthocentre » dans la réponse de Pierre, le premier commentaire qu’on y trouve et, dans ce commentaire, le lien vers M@th en Ligne).

      2. Donc, une équation barycentrique de la hauteur issue de A est x_1\mathop{\mathrm{tg}}B=x_2\mathop{\mathrm{tg}}C (je note (x_0,x_1,x_2) les coordonnées barycentriques du point courant).

      3. Les coordonnées affines de la projection orthogonale A' de A sur BC sont donc
      \displaystyle\left(0,\frac{\mathop{\mathrm{ctg}}C}{\mathop{\mathrm{ctg}}B+\mathop{\mathrm{ctg}}C},\frac{\mathop{\mathrm{ctg}}B}{\mathop{\mathrm{ctg}}B+\mathop{\mathrm{ctg}}C}\right)=\left(0,\frac{\sin B\cos C}{\sin A},\frac{\sin C\cos B}{\sin A}\right),
      et de même pour B' et C'.

      4. Si les coordonnées barycentriques de P, Q, R dans (A,B,C) sont (p_0,p_1,p_2), (q_0,q_1,q_2), (r_0,r_1,r_2), alors
      \det\left(\begin{array}{ccc}p_0&q_0&r_0\\p_1&q_1&r_1\\p_2&q_2&r_2\end{array}\right)
      est le rapport de l’aire orientée du triangle PQR à celle de ABC. (Voir p. ex. le problème 75 dans mon « Introduction à la géométrie ».)

      5. Dans le cas qui nous intéresse, ce rapport est
      \det\left(\begin{array}{ccc}                                                          0&\displaystyle\frac{\sin A\cos C}{\sin B}&\displaystyle\frac{\sin A\cos B}{\sin C}\\ \displaystyle\frac{\sin B\cos C}{\sin A}&                                                         0&\displaystyle\frac{\sin B\cos A}{\sin C}\\ \displaystyle\frac{\sin C\cos B}{\sin A}&\displaystyle\frac{\sin C\cos A}{\sin B}&0 \end{array}\right)=  \det\left(\begin{array}{ccc}         0&\cos C&\cos B\\ \cos C&        0&\cos A\\ \cos B&\cos A&0 \end{array}\right)= 2\cos A\cos B\cos C.

      • Merci, voici une réponse des plus instructive. Je suis content de voir que la formule couvre toutes les sortes de triangles, acutangles, rectangles ou obtusangles.

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