\documentclass[a4paper,11pt]{article}
\usepackage[francais]{babel}
\usepackage[dvips]{graphics}
\usepackage{graphicx}
\usepackage[latin1]{inputenc}
%\usepackage{isolatin1}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amscd}
\usepackage{amstext}
\usepackage{amsbsy}
\usepackage{amsopn}
\usepackage{amsthm}
\usepackage{amsxtra}
\usepackage{upref}
\usepackage{euscript}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{amsfonts}
%\usepackage{ulsy}
\usepackage[all]{xy}
\usepackage{enumerate} % pour avoir des enumerations plus evoluees
\usepackage{vmargin}
\usepackage{txfonts}
\usepackage{textcomp}
\usepackage{fontenc}
%\usepackage{marvosym}
% Idem pour avoir un beau symbole du si et seulement si
\def\NN{\ensuremath{\mathbb{N}}}
\def\ZZ{\ensuremath{\mathbb{Z}}}
\def\QQ{\ensuremath{\mathbb{Q}}}
\def\RR{\ensuremath{\mathbb{R}}}
\def\CC{\ensuremath{\mathbb{C}}}
\def\KK{\ensuremath{\mathbb{K}}}
%
\parindent=0pt
\setmarginsrb{2,5cm}{0,5cm}{2,5cm}{1,5cm}{16pt}{30pt}{16pt}{45pt}
%\setmarginsrb{1}{2}{3}{4}{5}{6}{7}{8} 
% {1} marge gauche, {2} est la marge en haut,{3} est la marge droite,{4} est la marge en bas, {5} fixe la hauteur de l'entête, {6} fixe la distance entre l'entête et le texte, {7} fixe la hauteur du pied de page, {8} fixe la hauteur entre le texte et le pied de page.
%
\date{}
%
\title{Exposé 37 : Relations métriques dans un triangle rectangle. Trigonométrie. Applications.}
%
\newenvironment{pluslong}[2][]%
{\begin{flushleft}\textbf{#1} \textsc{#2\\} \textup}%
{\end{flushleft} }
%
%
\newenvironment{pluslong2}[2][]%
{\begin{flushleft}\textbf{#1} \textsc{#2} \textup}%
{\end{flushleft} }
%
\newenvironment{moyen}[1][]%
{\begin{flushleft}\textbf{#1\\} \textup}%
{\end{flushleft} }
%
\newenvironment{moyen2}[1][]%
{\begin{flushleft}\textbf{#1} \textup}%
{\end{flushleft} }
%
\newenvironment{court}%
{\begin{flushleft} \textup}%
{\end{flushleft} }
%
%
\begin{document}
\maketitle
%\tableofcontents
% (table des matières)
%\newpage
\textbf{Prérequis}\footnotemark[1] :\\
-Produit scalaire\\
-Théorème de la médiane\\
-Théorème de Thalès
%
\footnotetext[1]{L'exposé a été présenté à Bordeaux(1) en 2004, tapé par Gwendal Haudebourg. Mis à jour le 31/07/2007.}
%
\begin{moyen2}
Cadre : on se place dans un plan affine euclidien orienté $\mathcal{P}$\\
~On considèrera des triangles nons applatis suivant : 
\end{moyen2}
\begin{center}
\includegraphics[width=4cm]{triangle.eps}
\end{center}


\textsc{Rappels: }Soient $A$,$B$,$C \in \mathcal{P}$. $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=0$ $\Leftrightarrow (AB)$ et $(AC)$ perpendiculaire $\Leftrightarrow \overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ orthogonaux.

\begin{pluslong}[Définition]{(triangle rectangle)}
Un triangle $ABC$ est dit rectangle en $A$ si(si) l'angle \^A est droit.\\
Les deux autres angles sont alors complémentaires (leurs somme=$\dfrac{\pi}{2}$); le côté opposé à l'angle droit est appelé hypothénuse.  
\end{pluslong}

\section{Relations métriques dans un triangle rectangle}

\subsection{Théorème de Pythagore}

\begin{pluslong}[Théorème]{(de Pythagore)}
Soit $ABC$ un triangle. $ABC$ est un triangle rectangle sisi $a^{2}=b^{2}+c^{2}$ 
\end{pluslong}

\begin{pluslong}[preuve]{(produit scalaire)}
D'après le théorème de Chasles, on a $\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{BC}$ donc $a^{2}=\overrightarrow{BC}^{2}=(\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AC})^{2}$ $=b^{2}+c^{2}+2\overrightarrow{AC}.\overrightarrow{BA}$\\
Or $(AC)$ et $(AB)$ perpendiculaires $\Leftrightarrow \overrightarrow{AC}$ et $\overrightarrow{AB}$ orthogonaux $\Leftrightarrow (\overrightarrow{AC}).(\overrightarrow{BA})=0$ d'où l'équivalence cherchée.
\end{pluslong}

Beaucoup d'autres preuves existent : Bhaskara, mathématicien Indien, $XII^{e}$ siècle, puzzle chinois, Abraham Garfield (trapèze), etc (voir annexes)

\subsection{Médiane issue du sommet de l'angle droit}

\textbf{Proposition} : soit $I$ le milieu de $\left[ BC \right]$. $ABC$ est un triangle rectangle $\Leftrightarrow AI=\dfrac{BC}{2}$\\

preuve : soit $I$ le milieu de $\left[ BC \right]$. Le théorème de la médiane donne $b^{2}+c^{2}=\frac{a^{2}}{2}+2AI^{2}$. Par suite (avec le théorème de Pythagore), si $ABC$ est rectangle en $A$, alors $AI=\dfrac{a}{2}$; si $AI=\dfrac{a}{2}$, alors $a^{2}=b^{2}+c^{2}$ et le triangle est rectangle en $A$.\\

\textbf{Corollaire} : un triangle est rectangle sisi la longueur d'une médiane est égale à la moitié de la longueur du côté opposé (ie si ce triangle est inscrit dans un demi-cercle).\\

\begin{center}
\includegraphics[width=3cm]{exo1.eps}
\end{center}

\underline{Exercice 1} : Lunules d'Hippocrate : l'aire de la surface grisée est égale à celle du rectangle.\\
aire du rectangle=$L.l$, diamètre du grand cercle $\mathcal{C}_{1}$ : $c=\sqrt{L^{2}+l^{2}}$ (Pythagore); diamètre de $\mathcal{C}_{2}: L$; diamètre de $\mathcal{C}_{3}: l$. Donc aire grisée=$\pi.L^{2}+\pi.l^{2}-\pi.c^{2}+L.l=...=L.l$\\

\underline{Exercice 2} : L'aire d'une couronne circulaire est égale à celle d'un disque de diamètre une corde du cercle extérieur, tangente au cercle intérieur.\\

\begin{center}
\includegraphics[width=3cm]{exo2.eps}
\end{center}

\underline{Exercice 3} : Pour $M$ intérieur au rectangle $ABCD$, on a $a^{2}+b^{2}=c^{2}+d^{2}$.\\
$a^{2}+b^{2}=x^{2}+(AC-y)^{2}+y^{2}+(BC-x)^{2}=x^{2}+y^{2}+(AC-y)^{2}+(BC-x)^{2}=c^{2}+d^{2}$\\

\begin{center}
\includegraphics[width=3cm]{cons.eps} \hspace{2cm}
\includegraphics[width=3cm]{cons3.eps}
\end{center}
\underline{Exercice 4} : Calculer la hauteur d'un triangle équilatéral et la diagonale d'un carré de côtés donnés.\\
$d^{2}=2c^{2}$ donc $d=\sqrt{2}c$ pour construire $\sqrt{2}$; $h^{2}+(\dfrac{c}{2})^{2}=c^{2}$ d'où $h=\dfrac{\sqrt{3}}{2}.c$ pour construire $\sqrt{3}$, $h=\sqrt{2}$ et construction d'un triangle équilatéral.\\

\textbf{Théorème} : si le plan est rapporté à un repère orthonormal, la distance entre les deux points $M(x,y)$ et $M'(x',y')$ est $d(M,M')=\sqrt{(x-x')^{2}-(y-y')^{2}}$. \\

preuve : pythagore\\

\textbf{Proposition} : soit $H$ le pied de la hauteur issue de $A$. Alors $ABC$ est un triangle rectangle en $A$ $\Leftrightarrow$ $AB.AC=BC.AH$\\

preuve : deux façons différentes de calculer l'aire du triangle $ABC$.\\

\textbf{Proposition} : soit $H$ le pied de la hauteur issue de $A$. Alors $ABC$ est un triangle rectangle en $A$ $\Leftrightarrow$ $AH^{2}=\overline{BH}.\overline{HC}=-\overline{HB}.\overline{HC}$\\

preuve : dans $ABC$ quelconque, on a $\overrightarrow{AB}.\overrightarrow{AC}=(\overrightarrow{AH}+\overrightarrow{HB}).(\overrightarrow{AH}+\overrightarrow{HC})=$ $AH^{2}+\overline{BH}.\overline{HC}+\overrightarrow{AH}.\overrightarrow{HC}+\overrightarrow{HB}.\overrightarrow{AH}$ $=AH^{2}+\overline{BH}.\overline{HC}$.

\begin{moyen}[Proposition :]
Soit $H$ la hauteur de $ABC$ issue de $A$. Alors on a l'équivalence : $ABC$ rectangle en $A$ $\Leftrightarrow (H \in \left[BC\right]$ et $\dfrac{1}{AH^{2}}=\dfrac{1}{AB^{2}}+\dfrac{1}{AC^{2}}$) 
\end{moyen}

\begin{moyen}[preuve :]
($\Rightarrow$)Si le triangle $ABC$ est rectangle en $A$, alors $H$ est entre $B$ et $C$, et en élevant au carré la relation $AB.AC=BC.AH$, il vient $AB^{2}.AC^{2}=BC^{2}.AH^{2}$, puis par le théorème de Pythagore, $AB^{2}.AC^{2}=(AB^{2}+AC^{2}).AH^{2}$ d'où la relation voulue.\\
($\Leftarrow$) Comme cette relation détermine la longueur $A$, si l'on se donne les longueurs $AH$ et $AB$, pour $A$,$H$ et $B$ fixés avec $(AH)$ perp. à $(HB)$, il existe un seul point $C$ situé sur $(HB)$, avec $H$ entre $B$ et $C$ vérifiant cette relation, et comme celui tq. $ABC$ soit rectangle en $A$ convient, c'est celui dont il s'agit. 
\end{moyen}

\begin{center}
\includegraphics[width=5cm]{exo7.eps}
\end{center}
Construction : trouver un carré équivalent (en aire) à un rectangle donné.\\
$AH^{2}=\overline{BH}.\overline{HC}$

\begin{center}
\includegraphics[width=5cm]{exo5.eps}
\end{center}

\underline{Exercice 5} : Montrer que la partie grisée (orbelon d'Archimède) ci-dessous a même aire que le disque.
$ABC$ rectangle en $A$. $AH^{2}=\overline{BH}.\overline{BC}=BH^{2}+AB^{2}=AC^{2}+HC^{2}$\\

\underline{Exercice 6} : Un segment de longueur $l$ étant donné, construire un segment de longueur $\sqrt{l}$. 

\section{Trigonométrie}

On se place dans un repère orthonormal $(O,\overrightarrow{i},\overrightarrow{j})$ direct.

\subsection{Rapports trigonométriques}

\begin{center}
\includegraphics[width=5cm]{trigo.eps}
\end{center}

\begin{moyen}[Proposition :]
Soient deux vecteurs $\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}$ non nuls. Il existe un unique vecteur unitaire $\overrightarrow{w}$ tel que : $(\overrightarrow{i},\overrightarrow{w})=(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v})\left[2\pi\right]$
\end{moyen}

\begin{moyen}[Définition :]
Les composantes de $\overrightarrow{w}$ sont appellées respectivement $cosinus$ et $sinus$ de l'angle $(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v})$, et notés : $cos(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v})$ et $sin(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v})$.\\
$\overrightarrow{w}=cos(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}).\overrightarrow{i}+sin(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}).\overrightarrow{j}$
\end{moyen}

\begin{moyen}[Proposition :]
Soient deux vecteurs $\overrightarrow{u},\overrightarrow{v}$ non nuls. Alors $cos(\overrightarrow{v},\overrightarrow{u})=cos(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v})$ et $sin(\overrightarrow{v},\overrightarrow{u})=-sin(\overrightarrow{u},\overrightarrow{v})$ 
\end{moyen}

\begin{moyen}[Définition :]
Soit un triangle $ABC$ rectangle en $B$. On appelle $cosinus$ de \^A et $sinus$ de \^A, notés resp. $cos($\^A) et $sin$(\^A), les composantes de celui des angles $(\overrightarrow{AB},\overrightarrow{AC})$ et $(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AB})$ qui a un $sinus$ positif.
\end{moyen}

\begin{moyen}[Proposition :]
Dans un triangle $ABC$ rectangle en $B$, on a : $cos($\^A)$=\dfrac{AB}{AC}$ et $sin($\^A)$=\dfrac{BC}{AC}$
\end{moyen}

\begin{center}
\includegraphics[width=5cm]{prop.eps}
\end{center}
preuve : soit $\mathcal{C}$ le cercle trigonométrique centré au sommet $A$ du triangle rectangle $ABC$, $M$ son intersection avec $\left[AC\right]$, $N$ la projection de $M$ sur $(AB)$. Le théorème de Thalès donne cos\^A=$\dfrac{AN}{AM}=\dfrac{AB}{AC}$ et sin\^A=$\dfrac{MN}{AM}=\dfrac{BC}{AC}$

\begin{moyen}[Définition :]
Dans un triangle $ABC$ rectangle en $B$, le rapport $\dfrac{BC}{AB}$ est appelé tangente de \^A, et noté tan\^A.
\end{moyen}

\begin{moyen}[Proposition :]
(i) $sin($\^A)$=cos($\^C)$=\dfrac{BC}{AC}$ et $cos($\^A)$=sin($\^C)$=\dfrac{AB}{AC}$\\
(ii) ($sin($\^A)$)^{2}+(cos($\^A)$)^{2}=1$ et $tan($\^A)$=\dfrac{sin(A)}{cos(A)}$
\end{moyen}

preuve : cercle trigo. ou $\dfrac{BC^{2}+AB^{2}}{AC^{2}}={AC^{2}}{AC^{2}}=1$\\

Proposition : soit ABC un triangle rectangle quelconque, $H$ le pied de la hauteur issue de $A$. On a $AH=AB.sin$(\^B)$=AC.sin$(\^C)\\

Proposition : l'aire d'un triangle rectangle quelconque ABC est $\dfrac{1}{2}BC.BA.sin$(\^B)=$\dfrac{1}{2}CA.CB.sin$(\^C)\\

\subsection{Angles remarquables et rapports trigonométriques}

Proposition : $\sin(\dfrac{\pi}{3})=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$, $\sin(\dfrac{\pi}{4})=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$, $\cos(\dfrac{\pi}{3})=\dfrac{1}{2}$, $\cos(\dfrac{\pi}{4})=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$\\

\begin{center}
\includegraphics[width=3cm]{angle1.eps} \hspace{2cm}
\includegraphics[width=3cm]{angle2.eps}
\end{center}
preuve : dans un triangle équilatéral, les trois angles sont égaux à $\dfrac{\pi}{3}$. $\cos(\dfrac{\pi}{3})=\dfrac{CH}{CA}=\dfrac{CA}{2CA}=\dfrac{1}{2}$, $\sin(\dfrac{\pi}{3})=\dfrac{AH}{AC}=\dfrac{\sqrt{3}AC}{2AC}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$\\
Dans un carré : diagonale (angle=$\dfrac{pi}{4})$ d'où 
$\cos(\dfrac{\pi}{4})=\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{BC}{\sqrt{2}BC}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$, $\sin(\dfrac{\pi}{4})=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AB}{\sqrt{2}AB}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$

\section{Applications}

\subsection{Triplets pythagoriciens}

Ce sont les triplets $(x,y,z)\in \ZZ^{3}$ vérifiant la relation : $x^{2}+y^{2}=z^{2}$. ex : $(3,4,5)$ et $(12,5,13)$\\
\underline{Exercice} : si $n^{2}=2p+1$, montrez que $(p,n,p+1)$ est un triplet pythagoricien \\
preuve : $n^{2}+p^{2}=p^{2}+2p+1=(p+1)^{2}$ (Pythagore)

\section{Annexes}

\subsection{Théorème de Pythagore : autres preuves}

\subsubsection{Bhaskara}

\begin{center}
\includegraphics[width=3cm]{demo2.eps}
\end{center}

Bhaskara, mathématicien Indien, $XII^{e}$\\
aire du carré=aire des quatres triangles+aire du petit carré\\
$a^{2}=4(\dfrac{1}{2}bc)+(b-c)^{2}$ d'où $a^{2}=2bc+b^{2}-2bc+c^{2}$ d'où $a^{2}=b^{2}+c^{2}$

\subsubsection{Découpage}

\begin{center}
\includegraphics[width=3cm]{demo3_1.eps} \hspace{2cm}
\includegraphics[width=3cm]{demo3_2.eps}
\end{center}

On part de deux carrés d'aires égales, et à gauche on a enlevé quatre fois le triangle $(ABC)$, et à droite également. Les aires sont donc égales : $a^{2}=b^{2}+c^{2}$

\subsubsection{Trapèze}

\begin{center}
\includegraphics[width=3cm]{demo4.eps}
\end{center}

James Abraham Garfield (1832-1881) : président des Etats-Unis en 1881, assasiné au bout de trois mois de présidence...\\
aire trapèze=$\dfrac{1}{2}(b+c)(b+c)=2.\dfrac{1}{2}bc+\dfrac{1}{2}a^{2}$ d'où $a^{2}=b^{2}+c^{2}$

\subsubsection{Triangles semblables}

\begin{center}
\includegraphics[width=3cm]{demo5.eps}
\end{center}

ABC (et AHC) et AHB sont deux triangles semblables, car leurs trois angles sont égaux, donc $\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{BH}{AB}$ d'où $AB^{2}=BH.BC$. De même $AB^{2}+AC^{2}=(BH+HC).BC=BC.BC=BC^{2}$

\subsubsection{Symétrie-Rotation}

\begin{center}
\includegraphics[width=3cm]{demo6.eps}
\end{center}

Léonard de Vinci : (1452-1519)\\
aire(GDEF)=aire(GBCD) : symétrie d'axe (GD)\\
aire(ABHI)=aire(AIJC) : symétrie d'axe (AI)\\
aire(GBCD)=aire(IJCA) : rotation centre C d'angle $\dfrac{\pi}{2}$\\
donc aire(ABHIJC)=aire(GBCDEF) donc $b^{2}+c^{2}=a^{2}$
\end{document}