Descartes et les Mathématiques
Démonstrations géométriques de Pythagore
Méthode des aires : dix figures autour de la propriété de Pythagore ;
Euclide, Pappus, Bhaskara, Léonard de Vinci, Clairaut, Garfield.
Sommaire
1. Euclide
4. Renan
6. Garfield - Puzzle de Pythagore
7. Clairaut
9. Triangles semblables dans un cercle
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Dans d'autres pages du site
La constante de Pythagore 
dans une tablette babylonienne
Puissance d'un point par rapport à un cercle : retrouver le théorème de Pythagore sans les aires
Longueur d'une diagonale du parallélépipède rectangle
Carré au collège - somme ou différence des aires de deux carrés :
Sulbasutras
Puzzle de Gougu
« En cherchant une question de Géométrie… je ne considère point d'autres Théorèmes,
sinon que les côtés des triangles semblables ont semblable proportion entre eux,
et que dans les triangles rectangles, le carré de la base est égal aux deux carrés des côtés.»
Lettre à Élisabeth – René Descartes – novembre 1643
Théorème de Pythagore
Dans tout triangle rectangle, la somme des carrés des longueurs des côtés de l'angle droit est égale au carré de la longueur de l'hypoténuse, et réciproquement.
Le théorème de Pythagore est très populaire et tout le monde se rappelle a2 + b2 = c2, avec la formulation d'Euclide : « le carré de l'hypoténuse est égal à la somme des carrés des deux autres côtés » que je préfère à la formulation encyclopédique : « le carré de la longueur de l'hypoténuse, qui est le côté opposé à l'angle droit, est égal à la somme des carrés des longueurs des cathètes ».
Dans une tablette cunéiforme, on le retrouve à Babylone, vers 2 000 ans avant J.-C.
Pythagore de Samos (569 - 494 avant J.-C.), mathématicien de la Grèce antique, n'a pas découvert ce théorème, mais l'énonçait sous forme graphique et ne semble pas l'avoir prouvé.
Il faut attendre Euclide, vers le IIIe siècle avant J.-C., pour la première démonstration connue.
L'américain Elisa Scott Loomis a recensé plus de 300 preuves, ici on en présente une dizaine.
Quatre types de démonstration de Pythagore
I. Preuve des Éléments d'Euclide, assez complexe, qui n'est plus enseignée aujourd'hui.
II. Preuve utilisant la méthode des aires grâce à la similitude du grand triangle rectangle ABC avec les triangles rectangles ACH et BCH formés par les petits côtés et la hauteur (CH) abaissée sur l'hypoténuse :
L'aire du grand triangle est la somme des aires des deux petits. Pour des triangles rectangles semblables, leurs aires sont proportionnelles aux carrés de leurs hypoténuses, donc le carré de l'hypoténuse du grand est égal à la somme des carrés des hypoténuses des deux petits.
III. Preuve de complémentarité basée sur des égalités d'aire avec des manipulations sous forme de puzzle accessible dès le cycle III de l'école primaire.
IV. Preuve arithmétique où l'on calcule les aires de différents carrés (Bhaskara).
Réciproque du théorème de Pythagore
Les Éléments d'Euclide, livre I, proposition 48
Si dans un triangle, le carré du plus grand côté est égal à la somme des carrés des deux autres côtés, alors ce triangle est rectangle.
Le plus grand côté est l'hypoténuse et l'angle droit est l'angle opposé à l'hypoténuse.
Remarque : comme Euclide et pour une mémorisation plus facile, le terme « longueur » est souvent omis dans cette page ; chaque côté est alors assimilé à sa longueur.
1. Démonstration de Pythagore par Euclide
1.a. Éléments d'Euclide, livre I, proposition 47
Dans les triangles rectangles, le carré du côté opposé à l'angle droit est égal aux carrés des côtés de l'angle droit.
1.b. Figure dite du « moulin à vent »
Construction de trois carrés OEFB, OADC et ABGH de côtés a, b et c à l'extérieur du triangle BOA.
Dans le cas particulier où le triangle BOA est rectangle en O, on retrouve les démonstrations de la propriété
de Pythagore basées sur l'équivalence des figures : la somme des aires des petits carrés est égale à celle du grand carré :
a2 + b2 = c2.
La démonstration la plus ancienne qui soit connue du théorème du carré de l'hypoténuse est celle qui est contenue dans les Éléments d'Euclide et qui d'après Proclus (412-485) serait effectivement due au géomètre alexandrin (IIIe siècle avant J.-C.).
Par O menons (OR) parallèle à (BG) et traçons [OG] et [FA].
Les triangles OBG et FBA sont égaux : FBA est l'image de OBG par la rotation de centre B et d'angle 90° (on peut aussi vérifier que les petits côtés sont égaux à a et c, et que les angles obtus en B sont égaux à l'angle ABO plus un droit).
Les triangles FBA et FBO ont même aire, égale à la moitié du produit de la base FB par la hauteur OB.
Donc, 2 Aire(FBA) = FB × OB = a2.
L'aire du triangle OBG est égale à la moitié du produit de la base BG par la hauteur BJ.
Donc, 2 Aire(OBG) = BG × BJ = Aire(BGRJ).
D'où Aire(BGRJ) = a2.
De même, l'étude des triangles égaux OAH et DAB permet de montrer que :
Aire(AHRJ) = b2.
La somme des aires des deux rectangles précédents BGRJ et AHRJ étant égale à c2, aire du carré ABGH, Euclide démontre bien la propriété de Pythagore :
a2 + b2 = c2.
La rotation de centre B et d'angle 90° permet de prouver que OG = AF et que les droites (OG) et (AF) sont orthogonales. De manière analogue OH et BD sont égaux et orthogonaux.
Télécharger la figure GéoPlan euclide.g2w
Le théorème de Pythagore a eu différents noms : « théorème de la mariée » chez les Grecs, « chaise de la mariée » chez les Hindous, « figure de l'épousée » chez les Perses pour la réciproque, « maître de la mathématique » au Moyen-Âge, « pont aux ânes » pour les collégiens du XIXe siècle.
Voir : Figure de Vecten
Figure du moulin à vent avec une planche à clous, avec un carré d'aire 5
1.c. Premier théorème d'Euclide
Les Éléments d'Euclide - Livre I - Proposition 47
Cathète : côté de l'angle droit d'un triangle rectangle.
Ancien synonyme de ligne perpendiculaire : droite qui tombe perpendiculairement sur une autre droite ou sur une surface.
Carré d'un petit côté du triangle rectangle
Un côté de l'angle droit (cathète) est moyenne géométrique entre l'hypoténuse et sa projection sur l'hypoténuse.
AB2 = BC × BJ.
Démonstration d'Euclide
(l'aire du) carré (de diagonale) AF sera égal (à l'aire du) parallélogramme (de diagonale) BK.
AB2 = BD × DK.
Soit, en notant J le pied de la hauteur (figure GéoPlan du moulin à vent ci-dessus),
AB2 = BC × BJ.
… Ce qu'il fallait prouver
1.d. Partage en deux d'un hexagone
À partir d'un triangle rectangle, on trace la figure dite du « moulin à vent » et on complète en hexagone avec les traits rouges.
De combien de façons peut-on diviser cet hexagone en deux polygones d'un seul tenant et d'aires égales en suivant les lignes tracées sur le plan ?
On précise que les trois quadrilatères hachurés sont des carrés et que le triangle (a) est rectangle.
Solution
Il y a trois façons d'opérer.
Si p et q désignent les longueurs des côtés de l'angle droit du triangle (a), la clé consiste à remarquer, comme nous l'avons déjà vu dans le problème des extriangles, que les quatre triangles ont même aire, ici égale à pq/2.
Quant aux carrés, ils ont pour aires p2, q2, p2 + q2.
Le problème revient donc à obtenir deux terrains d'aire p2 + q2 + pq.
Le terrain contenant le carré (b) peut être composé au choix de :
• (b), (a), (c)
• (b), (a), (g)
• (b), (c), (g)
D'autres solutions sont possibles pour des configurations particulières comme q = 2p…
2. Preuve du théorème de Pythagore via Pappus
2.a. Clairaut via Pappus
Jean-Baptiste Clairaut
Mathématicien français 1713-1765.
La démonstration qui suit, par glissement de parallélogrammes, est attribuée à Clairaut, mais Montucla a écrit en 1758 dans son « Histoire des Mathématiques » que c'est Jean Étienne Ozanam qui l'a retrouvée chez Pappus d'Alexandrie (vers 320 après J.-C.).
Ci-contre figure d-un triangle BOA quelconque
2.b. Théorème de Clairaut
Soit BOA un triangle quelconque.
Si BOEF et AOCD sont des parallélogrammes extérieurs au triangle tels que (EF) et (CD) se coupent en R.
Si, enfin, ABQN est un parallélogramme extérieur au triangle tel que [OR] et [BQ] soient parallèles et de même longueur,
alors on a le théorème de Clairaut :
l'aire du parallélogramme ABQN est égale à la somme des aires des deux autres parallélogrammes.
Preuve : sur les côtés d'un triangle BOA, tracer un parallélogramme ABGH dont l'aire soit la somme de celles de deux parallélogrammes quelconques construits l'un sur [AO], l'autre sur [OB].
Soit AOCD et BOEF les deux parallélogrammes. Les droites (DC) et (FE) se coupent en R.
Sur la droite (RO) qui coupe (AB) en J, prenons K tel que 
= 
.
Tout parallélogramme ABGH tel que (HG) passe par K est solution.
Les parallélogrammes AOCD et AORM, situés dans la même bande entre les droites parallèles (OA) et (CD), ont même aire.
Les parallélogrammes AORM et KNAJ, ayant deux côtés [RO] et [JK] de même longueur et situés dans la
même bande entre les droites (RO) et (MN), ont même aire.
De même, Aire(BOEF) = Aire(BORP) et Aire(BORP) = Aire(QKJB).
En ajoutant : Aire(AOCD) + Aire(BOEF)
= Aire(AORM) + Aire(BORP)
= Aire(KNAJ) + Aire(QKJB)
= Aire(QNAB) = Aire(ABGH).
2.c. Triangle BOA rectangle
De plus, si le triangle BOA est rectangle et si les parallélogrammes sont des carrés, alors on retrouve une démonstration du théorème de Pythagore /
OC = OA = b et RC = OE = OB = a, il est donc égal au triangle BOA.
CÔR = OÂB = JÔB donc (OR) est orthogonale à (AB).
AB = RO = c et JK = RO, ABGH est un carré dont l'aire c2 est la somme des aires a2
+ b2 des carrés AOCD et BOEF construits sur [AO] et [OB].
Pappus démontre bien la propriété de Pythagore :
a2 + b2 = c2.
Télécharger la figure GéoPlan pappus_pytha.g2w
Bibliographie : Joelants Nadine – Pythagore, plus qu'un théorème… – Athénée Royal de Mons – 1998
Henry Plane – Plot numéro 9 – novembre 2005
2.d. Puzzle chinois
Nassir ad-Din at Tusi (1201-1274)
astronome et mathématicien perse
Édition arabe des Éléments d'Euclide – Rome 1594
Soit R le point d'intersection des droites (CD) et (EF).
Soit (OJ) est une hauteur de BOA prolongée jusqu'en K.
EOCR est un rectangle, le triangle rectangle RCO a pour côtés de l'angle droit RC = a et OC = b. Le triangle RCO est donc égal à BOA : RO = AB = c. Ce triangle est semblable à BJO.
Les angles RÔC et JÔB sont égaux, les points R, O, J et K sont alignés.
La droite (BG) coupe (EF) en G’. BORG’, ayant ses côtés parallèles deux à deux, est un parallélogramme et BG’ = OR = c. L'aire est égale au produit de la base OB par la hauteur OE :
Aire(BORG’) = OB × OE = a2.
Cette aire est aussi égale au produit de la base OR par la hauteur BJ :
Aire(BORG’) = OR × BJ = c × BJ = Aire(BJKG).
De même, la droite (AH) coupe (CD) en H’.
AORH’ est un parallélogramme et AH’ = OR = c.
Aire(AORH’) = OA × OC = b2.
Aire(AORH’) = OR × AJ = c × AJ = Aire(AJKH).
On a donc a2 + b2 = Aire(BJKG) + Aire(AJKH) = Aire(ABGH) = c2.
Variante 1 : utiliser les rectangles du grand carré supérieur :
Aire(BJK’G’) = a2 ; Aire(AJK’H’) = b2.
a2 + b2 = Aire(BJK’G’) + Aire(AJK’H’)
= Aire(ABG’H’) = c2.
Variante 2 (J.J.I. Hoffmann – 1821) : Soit M le point d'intersection de (BG’) et (CD).
On a Aire(BORG’) = Aire(NORM) = a2,
on sait que Aire(OAH’R) = b2,
donc a2 + b2 = Aire(NORM) + Aire(OAH’R) = Aire(NAH’M).
Cette dernière aire est égale au produit de la base AH’ par la hauteur AB :
Aire(NAH’M) = AH’ × AB = c2.
On a bien la relation de Pythagore : a2 + b2 = c2.
3. Preuve de Pythagore par Léonard de Vinci (1452-1519)
Tempelhoff - Anfangsgründen der Geometrie - Berlin 1769
Terquem - Nouveau manuel de géométrie - Paris 1838
On reprend la figure d'Euclide et on construit sur [GH] un triangle rectangle ZGH égal à OAB.
On mène [OZ], [EC], [OF] et [OD].
La somme des angles en O situés d'un même côté de DOF est égale à un plat. Les points F, O et D sont alignés.
Démonstration 1
Les hexagones BFECDA et BOAHZG sont équivalents, car ils sont constitués de quadrilatères égaux, FECD et OBGZ, FBAD et ZHAO ; FECD et FBAD sont symétriques par rapport à (FD), OBGZ et ZHAO sont symétriques par rapport au centre du carré ABGH ; par la rotation de centre B et d'angle 90°.
Aire(OBGZ) = Aire(FBAD) ; en effet, BO = BF, BG = BA, CZ = AD et les angles OBG = FBA et ECD = BAD.
Or si à chacun des hexagones considérés plus haut nous retranchons deux fois l'aire du triangle ABC nous obtenons respectivement a2 + b2 et c2. On a donc a2 + b2 = c2.
Démonstration 2
La rotation de centre B et d'angle 90° transforme O en F, envoie [BG] sur [BA], BGZ sur BAD et [GZ] sur [AD], donc OBGZ sur FBAD.
De là, Aire(OBGZ) = Aire(FBAD).
En ôtant l'aire du triangle OAB de chaque membre, on a donc 
a2 + b2 = c2.
Démonstration 3
Par un retournement de l'hexagone du bas de la figure précédente, on obtient une autre démonstration due à Nassir-Ed-Din :
À partir d'un triangle ABC, rectangle en C, on construit, par une rotation r de centre A et d'angle 90°, le triangle AEG, et par une rotation r’ de centre B et d'angle − 90°, le triangle DBF.
AB = AE = BD = c, EÂB = ABD = 90° : ABDE est un carré.
C a pour image G et F par les rotations r et r’. Les triangles CAG et CBF sont rectangles isocèles. Les angles GCA et BCF mesurent 45°. En ajoutant ces angles à l'angle droit ACB, on trouve que GCF = 180°. Cet angle est plat, les points G, C et F sont alignés.
Par la rotation r’– 1 de centre B et d'angle 90°, DBF a pour image ABC, par r ABC a pour image AEG.
DBF a donc pour image AEG par la composée de deux rotations d'angles 90°, c'est une rotation d'angle 180°, donc une symétrie s.
Cette symétrie transforme D en A. Cette symétrie a pour centre O le milieu du carré. Par la symétrie s, F a pour image G, et le point O appartient à la droite (FG). O est le centre de symétrie de l'hexagone ABFDEG et la droite (FG) le partage en deux parties d'aires égales.
Les triangles rectangles ont pour aire vab. L'hexagone ABFDEG formé du carré et de deux triangles rectangles a pour aire c2 + ab.
Le quadrilatère moitié ABFG a pour aire (c2 + ab). Ce quadrilatère est formé des triangles rectangles GAC, ABC et CBF.
La somme des aires est égale à b2 + ab + a2.
Après simplification de ces deux expressions de l'aire de ABFG, on retrouve c2 = a2 + b2.
4. Pythagore par Renan
Revue scientifique – 1889
Soit R le point d'intersection de la perpendiculaire à (AF) issue de B et la perpendiculaire (OJ) à (AB) issue de O.
Les triangles ABF et ROB ont leurs côtés perpendiculaires deux à deux. Les côtés BF et OB ont même longueur. Ces deux triangles sont donc égaux :
Aire(ABF) = Aire(ROB) et OR = AB = c.
On a montré au paragraphe 1. Euclide que :
Aire(ABF) = FB × OB = a2 d'où
Aire(ROB) = RO × BJ = a2.
De même, la perpendiculaire à (BD) issue de A coupe (OJ) en R.
Les triangles BAD et ROA sont égaux et on a :
Aire(BAD) = b2
d'où Aire(ROA) = RO × JA = b2.
On en déduit que :
a2 + b2
= Aire(RBO) + Aire(ROA) = RO × (BJ + JA) = RO × BA = c2.
D'où la relation de Pythagore a2 + b2 = c2.
Figure de Vecten : homothéties pour montrer que S est le point de concours des droites (OR), (AF) et (BD) :
voir carrés autour d'un triangle BOA
5. Construction de Bhaskara
Puzzle : Babylone, XVIIe siècle avant J.-C. - Chine époque Han, Liu Hui, IIIe siècle - Inde, Bhaskara, XIIe siècle.
Quatre triangles rectangles, de côtés a, b (b>a) et d'hypoténuse c, sont assemblés. Leurs hypoténuses formant un grand carré ABCD. Il apparaît au centre un carré OPQR de côté b − a.
En associant deux à deux les triangles dans la figure de droite, puis le carré central, on obtient une surface décomposable en deux carrés, l'un de côté b, l'autre de côté a.
D'où la relation de Pythagore c2 = a2 + b2, que l'on peut aussi calculer ainsi :
l'aire du grand carré ABCD de côté c est égale à la somme des aires de quatre triangles rectangles et de l'aire du petit carré OPQR de côté b − a.
c2 = 4 ( ab) + (b − a)2,
soit c2 = 2ab + a2 − 2ab + b2.
Construire un carré de côté b–a : carré au collège
6.a. Le problème du président James Abraham Garfield
Président des États-Unis né en 1831 – assassiné en 1881
Figure simple pour la classe de quatrième
Construction d'un triangle rectangle ADE égal au triangle rectangle ABC
Attribuée à Paul Painlevé (1863-1933), homme politique mais aussi
mathématicien, cette construction remonte en fait au mathématicien italien Mascheroni (1750-1800) connu pour ses résolutions de problèmes à la règle et au compas.
L’Histoire dit que Bonaparte, excellent élève en math, en proposa une
démonstration devant l’Académie des sciences.
James Garfield publia sa démonstration en 1976 dans le New England Journal of Education.
La figuire ci-dessus représente un trapèze rectangle formé de trois trois triangles ractangle.
On calcule l'aire S de ce trapèze CDEB de deux manières :
– Soit en additionnant les aires des trois triangles rectangle; le double de l'aire ab des deux triangles ABC ou ADE et l'aire c2 du triangle rectangle isocèle ABE, aire moitié de celle du carré de côté c.
On a S = 2 × ab + c2.
– Soit avec la formule de l'aire du trapèze rectangle : le produit de la moyenne des bases (b+a) par sa hauteur CD = a+b.
On a S = (b+a)
(a+b) est égale à deux aires du triangle rectangle ABC plus l'aire de ABE.
D'où 2 × ab + c2 = (a+b)2, donc 2ab + c2 = (a+b)2.
Et finalement en simplifiant 2ab, on a la propriété de Pythagore c2 = a2 + b2.
6.b. Les quatre triangles - Puzzle chinois
Chou Pei Suan Ching, vers 200 avant J.-C.
En dupliquant la figure précédente, par une symétrie de centre O milieu de [BE], on obtient le puzzle chinois. La démonstration est attribuée à Simson, mathématicien écossais (1687-1768).
Figure de gauche : construction de quatre triangles rectangles égaux au triangle rectangle ABC sur les bords à l'intérieur d'un grand carré de côté a+b.
Les hypoténuses forment un carré, hachuré en vert, de côté c. L'aire du grand carré est donc égale à l'aire hachurée c2, plus quatre fois l'aire du triangle rectangle.
Figure dz droite : en faisant glisser deux triangles on obtient à l'intérieur d'un grand carré, de côté a+b, deux carrés, hachurés de côtés a et b, complétés par quatre triangles rectangles, égaux au triangle ABC, formant deux rectangles de longueurs a et largeurs b.
L'aire du grand carré est donc égale à l'aire hachurée a2 + b2, plus quatre fois l'aire du triangle rectangle.
Conclusion :
Les aires hachurées des deux figures sont égales et on a c2 = a2 + b2.
6.c. Application : trois carrés contigus
BCGF, ABHE et DEIJ sont des carrés.
Monter que :
• les triangles rectangles ABC et EAD sont isométriques,
• l'aire du carré ABHE est égale à la somme des aires des carrés BCGF et DEIJ.
7. Thabit Ibn Qurra
7.a. Clairaut
Figure de Thabit Ibn Qurra, mathématicien arabe du IXe siècle,
né à Harran (Mésopotamie) en 826, mort à Bagdad en 901.
Inde védique – Chine des Han.
Publié en 1741 – Éléments de géométrie – Alexis Clairaut.
Configuration 1 : construction de deux carrés BCFG et DEHF de côtés a et b contenant deux triangles rectangles ABC et EDA égaux.
Configuration 2 : on fait pivoter les deux triangles rectangles : BCA autour de B vient en BGK et EDA autour de E vient en EHK. On obtient un carré ABKE de côté c.
Les deux configurations sont formées de deux triangles rectangles et du polygone ABGHE.
L'aire a2 + b2 de la première configuration est égale à l'aire c2 de la deuxième configuration.
Télécharger la figure GéoPlan tr_clero.g2w
7.b. Le Puzzle de Pythagore carré
On donne deux carrés accolés comme l'indique la figure ci-dessus à droite.
Former un grand carré en deux coups de ciseaux et un nouvel assemblage des pièces.
7.c. Le Puzzle carré (Lui Hui, chine IIIe siècle)
Autre solution en cinq pièces
À partir d'une plaque de carton CDEHGB constituée d'un grand carré accolé d'un petit, comme l'indique la figure ci-dessus, on veut découper les pièces d'un puzzle qui permettra de reconstituer un autre carré (plus grand que les deux premiers).
Comment réaliser ce puzzle avec seulement deux découpes rectilignes du carton ?
Solution en trois pièces
Figure ci-dessus : placer A sur [FD] tel que AD = a et couper suivant [AB] et [AE].
Une autre solution en quatre pièces ci-contre :
Découper la plaque BGFEDA selon(DJ), la perpendiculaire en D à [DG] et selon [DG].
8. Puzzle de Périgal
Perigal, Henry
Mathématicien anglais (1801-1898)
8.a. Découpage de carrés
BOA est un triangle rectangle en O, de côtés a, b (b>a) et d'hypoténuse c.
On découpe le carré moyen BOEF par une parallèle et une perpendiculaire à l'hypoténuse passant par le centre I du carré.
On obtient quatre quadrilatères superposables que l'on fait glisser, par translations, dans le grand carré ABGH. L'emplacement central, laissé libre, est exactement égal au petit carré AOCD.
Le grand carré est recouvert avec cinq pièces issues des deux autres.
8.b. Puzzle de Pythagore en cinq pièces
Avec les quatre quadrilatères et le petit carré central, on obtient un puzzle de cinq pièces qui permet d'obtenir :
• ou bien le grand carré de gauche,
• ou bien deux petits carrés (à droite).
Preuve : les quatre quadrilatères découpés sont superposables puisque I est centre de symétrie.
La figure APRB ayant ses côtés opposés parallèles est un parallélogramme.
BR = AP = AO + OP = b + b’.
Les quadrilatères ont donc pour grand côté b + b’ et petit côté b’.
L'emplacement central a pour côté la différence qui est b. Par les translations le parallélisme est conservé, le centre est donc un carré de côté b.
Voir : puzzle et carrés
9. Triangles semblables dans un cercle
ABC est un triangle rectangle en C.
Le cercle de centre B passant par A coupe (BC) en E et F (CE < CF) et recoupe (CA) en D.
Les angles inscrits ADF et AÊF sont égaux.
Dans les triangles rectangles FCD et ACE, semblables, le calcul de tan(ADF) et de tan(AÊF) donne l'égalité :
,d'où CF × CE = CA × CD (on retrouve l'opposé de la puissance du point C par rapport au cercle).
Avec CF = c + a, CE = c − a et CA = CD = b,
l'égalité s'écrit (c + a)(c − a) = b2.
On retrouve c2 = a2 + b2.
Télécharger la figure GéoPlan tr_sembl.g2w
On obtient aussi l'égalité CF × CE = CA2 avec le théorème de Thalès suisse dans le triangle EFA, inscrit dans un demi-cercle, rectangle en A et de hauteur AC : la hauteur issue de l'angle droit est la moyenne géométrique entre les projections des petits côtés sur l'hypoténuse.
10. Triangles semblables dans un rectangle
À partir du triangle ABC rectangle en C, on construit le rectangle CADE tel que la longueur AD soit égale à l'hypoténuse AB = c.
La bissectrice (AF) de DÂB rencontre [ED] en F.
Comme AB = AD, la droite (AF) est axe de symétrie du quadrilatère ADFB.
En posant EF = x on a FB = FD = b − x.
Par symétrie l'angle ABF, égal à ADF, est droit.
Les angles aigus CAB et EBF ayant leurs côtés perpendiculaires sont égaux.
Les triangles rectangles ABC et BFE sont semblables.
Le calcul de tan(FBE) et de tan(BÂC) donne l'égalité : 
.
On a donc 
, c'est-à-dire x = 
.
Une autre égalité avec sin(FBE) et sin(BÂC) :
.
On a donc 
, c'est-à-dire x = 
.
Dès lors, = .
En simplifiant par a, le calcul des « extrêmes » et des « moyens » permet de retrouver la propriété de Pythagore ; c2 − a2 = b2.
11. Lunules
Lunule (féminin) : portion de surface délimitée par deux cercles non concentriques de rayons différents, formant un croissant de lune en forme de ménisque : convexe d'un côté et concave de l'autre.
Segment circulaire : portion de surface comprise entre un arc de cercle et la corde qui le sous-tend.
Le théorème des deux lunules est un ancien théorème de géométrie démontré par Hippocrate de Chios.
Les deux lunules sont aussi appelées lunules d'Hippocrate.
11.a. Lunules d'Hippocrate de Chios
Soit ABC un triangle rectangle en C et (Γ) le disque de diamètre [AB] circonscrit à ABC.
La lunule a est formée par le demi-disque de diamètre [BC] extérieur au triangle ABC, auquel en enlève son intersection avec (Γ) : le segment circulaire d.
La lunule b est la figure formée par le demi-disque de diamètre [AC] extérieur au triangle ABC, auquel en enlève son intersection avec (Γ) : le segment circulaire e.
Théorème des deux lunules :
La somme des aires des deux lunules est égale à l'aire du triangle rectangle ABC.
C'est la « quadrature » des lunules prouvée au Ve siècle avant J.-C. par Hippocrate de Chios.
Il pensait que la quadrature de ses lunules allait le rapprocher de la résolution de la quadrature du cercle.
Technique GéoPlan
Pour créer et colorier une lunule avec un motif, colorier le secteur angulaire porté par l'arc convexe avec ce motif, colorier l'arc concave avec la couleur de fond et redessiner l'arc concave.
11.b. Théorème de Pythagore généralisé
Le théorème de Pythagore peut être généralisé au cas de figures semblables :
trois figures semblables étant construites sur les trois côtés d'un triangle rectangle, l'aire de celle
construite contre l'hypoténuse est égale à la somme des aires des deux autres.
Dans l'exemple ci-contre, la somme des aires des demi-disques de diamètres [AC] et [BC] est égale à l'aire du demi-disque de diamètres [AB].
En nommant les aires comme ci-contre, on a :
(a + d) + (b + e) = c + d + e.
En simplifiant par d + e l'égalité précédente, on obtient l'égalité :
a + b = c,
d'où le théorème des deux lunules.w
Voir : quatre lunules d'Hippocrate : la quadrature du cercle
Table des matières
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Les-mathematiques.net : il y a cette excellente page où voisinent plus de huit démonstrations différentes du théorème de Pythagore.
Rétroliens (backlinks)
Démonstrations du théoréme ; démonstration chinoise par Villemin Gérard
Le petit vert 138 - APMEP Lorraine
it : Pitagora
Page no 50, réalisée le 11/8/2003,
mise à jour le 13/11/2014