Aire d'un triangle
# Aire d'un triangle

L'aire d'un triangle est, en géométrie euclidienne, une mesure de la surface plane déterminée par trois points et les segments joignant ces points. L'intérêt de l'aire d'un triangle provient du fait que tout polygone peut être scindé en triangles. Il existe plusieurs méthodes de calcul de cette aire, suivant ce qui est connu du triangle, la plus connue étant celle utilisant une hauteur h et la base b associée :

    $S={\frac {b\times h}{2}}.$

Une autre formule, dite formule de Héron, permet le calcul de l'aire connaissant les longueurs des trois côtés a, b et c d'un triangle et donc aussi leur demi-somme p :

    $S={\sqrt {p(p-a)(p-b)(p-c)}}.$

Elle peut se déduire de la loi des sinus, l'aire du triangle étant déduite d'un angle et de ses côtés adjacents. Si les deux côtés adjacents au sommet C d'un triangle ont pour longueur a et b et si l'angle en C a pour mesure γ, alors l'aire est donnée par :

    $S={\frac {1}{2}}ab\sin \gamma .$

## Calcul de l'aire

### À partir d'une hauteur

Si le triangle est rectangle, il est immédiat que son aire est

$S={\dfrac {ah}{2}},$

où a est la longueur d'un côté différent de l'hypoténuse et h la longueur de la hauteur issue de ce côté. Si le triangle n'est pas rectangle, la relation reste vraie, car le triangle se décompose en deux triangles rectangles (comme sur la figure).

**Démonstration par la méthode du cisaillement**

À partir de la formule donnant l'aire d'un rectangle, Euclide démontre d'une part (proposition XXXV du premier livre des Éléments) : « Les parallélogrammes constitués sur une même base, et entre mêmes parallèles, sont égaux entre eux. » d'autre part (proposition XLI) : « Si un parallélogramme, et un triangle ont une même base, et sont entre mêmes parallèles ; le parallélogramme sera double du triangle. »

Considérons les deux parallélogrammes ABCD et BCFE, les deux sur la même base, BC, et entre les mêmes parallèles, BC et AF. On a AD qui est égal à BC (car ce sont les deux bases du parallélogramme ABCD), et BC qui est égal à EF (car ce sont les deux bases du parallélogramme BCFE), alors AD est égal à EF. Or, il n’y a que trois possibilités (montrées dans l’image) pour la position du point E relatif à D ; E peut être à la gauche de D, au point D, ou à la droite de D. Examinons chaque cas:

* Si E tombe à la gauche de D, ED est la partie commune de AD et EF, alors il est possible de vérifier que AD et EF sont égaux. Mais notez que les côtés AB et DC sont égaux, car ils sont des côtés opposés du parallélogramme ABCD. Aussi, parce que les points A, E, D et F sont alignés, les angles BAE et CDF sont égaux. Par conséquent, les triangles BAE et CDF sont égaux, parce que deux côtés de l’un sont égaux à deux côtés de l’autre, et que les angles formés par ces deux côtés sont égaux. Donc les parallélogrammes ABCD et CBEF ne sont que des différents rangements du trapèze BEDC et le triangle BAE (ou CDF). CQFD
* Si E tombe au point D, on trouve d’une façon semblable à 1 que les triangles BAE et CDF sont égaux, et alors qu’il est possible d’obtenir les parallélogrammes ABCD et BCFE en ajoutant à la partie commune BCD le triangle BAE (ou bien CDF). CQFD
* Si E tombe à la droite de D, notez que, parce que les segments AD et EF sont égaux, en ajoutant à chacun la ligne DE, nous trouvons que AE et DF sont égaux. Par un argument semblable à ceux utilisés dans les cas 1 et 2, il est possible de prouver que les triangles BAE et CDF, et par conséquent les trapèzes BADG et CGEF, sont égaux. Alors, il est évident que les parallélogrammes ABCD et CBEF sont obtenus en ajoutant au triangle commun BCG le trapèze BADG (ou CGEF). CQFD

Le remplacement d’un parallélogramme par un autre de même base et même hauteur, justifié par cette proposition, est connu en mathématiques sous le nom de cisaillement. Le cisaillement sera très important dans la preuve de la proposition XLI :

Considérons un parallélogramme ABCD, et soit E un point sur l’extension de AD. Nous voulons démontrer que l’aire de ABCD est deux fois l’aire de BEC. Traçant la diagonale AC, nous voyons que l’aire de ABCD est deux fois l’aire de ABC. Mais, l’aire du triangle ABC est égale à l’aire du triangle BEC, car ils ont la même base. Alors, deux fois l’aire de BEC égale deux fois l’aire de ABC, c’est-à-dire l’aire de ABCD. Nous avons montré que ABCD (qui est double de ABC) est double de BEC.

### À partir des longueurs des trois côtés

Pour une expression de l'aire d'un triangle dont les longueurs des côtés sont a, b et c et le demi-périmètre $p={\dfrac {a+b+c}{2}}$, on peut utiliser la formule de Héron :

$S={\dfrac {1}{4}}{\sqrt {(a+b+c)(-a+b+c)(a-b+c)(a+b-c)}}={\sqrt {p(p-a)(p-b)(p-c)}}.$

### À partir des coordonnées des sommets

L'aire du parallélogramme défini par deux vecteurs ${\overrightarrow {u}}$, ${\overrightarrow {v}}$ est la norme de leur produit vectoriel :

$S_{p}=\left\|{{\overrightarrow {u}}\wedge {\overrightarrow {v}}}\right\|.$

On peut calculer l'aire d'un triangle à partir de cette formule :

$S={\dfrac {1}{2}}\left\|{{\overrightarrow {AB}}\wedge {\overrightarrow {AC}}}\right\|.$

Un repère orthonormé étant donné, l'aire du triangle ABC peut être calculée à partir des coordonnées des sommets.

Dans le plan, si les coordonnées de A, B et C sont données par $A(x_{A},y_{A})$, $B(x_{B},y_{B})$ et $C(x_{C},y_{C})$, alors l'aire S est la moitié de la valeur absolue du déterminant

    $S={\dfrac {1}{2}}\left|\det {\begin{pmatrix}x_{B}-x_{A}&x_{C}-x_{A}\\y_{B}-y_{A}&y_{C}-y_{A}\end{pmatrix}}\right|={\dfrac {1}{2}}|(x_{B}-x_{A})(y_{C}-y_{A})-(x_{C}-x_{A})(y_{B}-y_{A})|.$

L'aire du triangle ABC peut aussi se calculer à partir de la formule

    $S={\dfrac {1}{2}}\left|\det {\begin{pmatrix}x_{A}&x_{B}&x_{C}\\y_{A}&y_{B}&y_{C}\\1&1&1\end{pmatrix}}\right|={\dfrac {1}{2}}{\big |}x_{A}y_{C}-x_{A}y_{B}+x_{B}y_{A}-x_{B}y_{C}+x_{C}y_{B}-x_{C}y_{A}{\big |}.$

Cette méthode se généralise en trois dimensions. L'aire du triangle ABC où $A=(x_{A},y_{A},z_{A})$, $B=(x_{B},y_{B},z_{B})$ et $C=(x_{C},y_{C},z_{C})$ s'exprime comme

    $S={\frac {1}{2}}{\sqrt {\left(\det {\begin{pmatrix}x_{A}&x_{B}&x_{C}\\y_{A}&y_{B}&y_{C}\\1&1&1\end{pmatrix}}\right)^{2}+\left(\det {\begin{pmatrix}y_{A}&y_{B}&y_{C}\\z_{A}&z_{B}&z_{C}\\1&1&1\end{pmatrix}}\right)^{2}+\left(\det {\begin{pmatrix}z_{A}&z_{B}&z_{C}\\x_{A}&x_{B}&x_{C}\\1&1&1\end{pmatrix}}\right)^{2}}}.$
