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Le théorème de Thalès

par Michel Suquet

Thalès : un des premiers mathématiciens dont on se souvienne… On raconte qu’il réussit à calculer la hauteur de la plus haute pyramide d’Égypte en utilisant l’ombre qu’elle fait : savez-vous comment ?

Le théorème qui porte le nom de ce mathématicien de l’antiquité concerne des triangles semblables comme nous allons le voir ci-dessous.

 

Agrandissement et réduction

Observez la figure suivante :


Dans cette figure, on a deux triangles emboîtés ABC et ADE, et le côté [DE] est parallèle au côté [BC].

Comme [DE] et [BC] sont parallèles, on obtient des angles correspondants égaux.

Ainsi, \widehat{ADE} = \widehat{ABC} , et encore \widehat{AED} = \widehat{ACB} . Bien sûr, on a \widehat{DAE} = \widehat{BAC} .

Ce qui montre que les triangles ABC et ADE ont des angles égaux 2 à 2 : on dit que ces triangles sont semblables ; la figure ci-dessous montre les angles égaux.


Intuitivement, cela nous montre que le triangle ABC est un agrandissement du triangle ADE (on peut dire aussi que ADE est une réduction de ABC).

Ainsi, les triangles ABC et ADE ont leurs côtés proportionnels, ce que l’on peut traduire par le tableau de proportionnalité suivant :

triangle ADE AD AE DE
triangle ABC AB AC BC

À la place d’un tableau de proportionnalité, on peut écrire les égalités suivantes : \displaystyle\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}=\frac{DE}{BC}

 

ce qui nous donne le théorème de Thalès.

Le théorème de Thalès

Si dans un triangle ABC, un point D est sur le côté [AB] et un point E sur le côté [AC] avec (DE)//(BC)
alors \displaystyle\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}=\frac{DE}{BC}

 

Un cas particulier

Un cas particulier du théorème de Thalès est obtenu en prenant D au milieu de [AB] :


on a donc AB = 2 \times AD. D’après le théorème de Thalès, il en résulte les mêmes proportions pour les 2 autres côtés : AC = 2 \times AE et BC = 2 \times DE.

On a donc E qui est le milieu de [AC] et DE qui est la moitié de BC.

 

D’où le théorème suivant :

Si dans un triangle, une droite passe par le milieu d’un côté tout en étant parallèle à un autre côté alors cette droite passe par le milieu du troisième côté.

 

La droite des milieux

En considérant la figure ci-dessus, nous savons par ailleurs qu’il n’y a qu’une seule droite parallèle à (BC) et qui passe par D (cette propriété est connue sous le nom de l’axiome d’Euclide) donc la droite qui passe par les milieux de deux côtés d’un triangle ne peut qu’être parallèle au troisième côté.


 

D’où le théorème de la droite des milieux :

Dans un triangle, si une droite passe par les milieux de deux côtés alors cette droite est parallèle au troisième côté.

 

Une démonstration d’Euclide

Ci-dessus, nous avons évoqué notre intuition pour expliquer que le triangle ABC est un agrandissement du triangle ADE. Voici une explication plus rigoureuse dûe à Euclide, un autre mathématicien de l’antiquité.

Si nous traçons les segments [DC] et [EB], nous avons deux triangles DBC et EBC :

Ces deux triangles DBC et EBC ont leurs hauteurs, issues de D et de E respectivement, égales (car les droites (DE) et (BC) sont parallèles) associée à leur base commune [BC]

donc \mathscr{A}(DBC) = \mathscr{A}(EBC)
où \mathscr{A}(…) désigne l’aire de …

en prenant les compléments des triangles DBC et EBC à l’intérieur du trapèze DECB, on a encore deux triangles DEC et DEB de même aire :

\mathscr{A}(DEC) = \mathscr{A}(DEB)

donc, en ajoutant le triangle ADE aux deux triangles DEC et DEB, on a encore des triangles de même aire : \mathscr{A}(ADC) = \mathscr{A}(AEB)

Maintenant, traçons la hauteur [DH] issue de D pour le triangle ACD et la hauteur [EK] issue de E pour le triangle AEB.

L’égalité \mathscr{A}(ADC) = \mathscr{A}(AEB) donne alors

\frac{AC \times DH}{2} = \frac{AB \times EK}{2}


d’où AC \times DH = AB \times EK

Par ailleurs, \mathscr{A}(ADE) peut être exprimée en fonction de la hauteur KE ou de la hauteur DH. On obtient

\frac{AD \times EK}{2} = \frac{AE \times DH}{2}


donc AD \times EK = AE \times DH

En divisant les deux égalités obtenues, on a :

\frac{AE \times DH}{AC \times DH} = \frac{AD \times EK}{AB \times EK}


et en simplifiant, cela donne

\frac{AD}{AB} = \frac{AE}{AC}

Plaçons le point F de [BC] de sorte que [EF] soit parallèle à [AB] : DEFB est un parallélogramme donc DE = BF.

Par ailleurs, dans le triangle ABC, E est sur le côté [CA], F sur le côté [BC] et, par construction, (EF) // (AB) donc on peut réutiliser le même raisonnement que ci-dessus pour obtenir :

\frac{EC}{AC} = \frac{CF}{CB}


Or, E \in [AC] et F \in [BC]
donc EC = AC-AE et CF = BC-BF

il en résulte que \displaystyle\frac{AC-AE}{AC} = \frac{BC-BF}{CB} c’est-à -dire \displaystyle\frac{AC}{AC} - \frac{AE}{AC} = \frac{BC}{BC} - \frac{BF}{BC}
Or, quand on divise un nombre par lui-même, on obtient 1 : \displaystyle\frac{BC}{BC} = \frac{AC}{AC} = 1 donc \displaystyle 1-\frac{AE}{AC}=1-\frac{BF}{BC}
et donc \displaystyle\frac{AE}{AC} = \frac{BF}{BC} et comme DE = BF, on obtient :

\frac{AE}{AC} = \frac{DE}{BC}


On a donc bien les égalités \displaystyle\frac{AD}{AB} = \frac{AE}{AC} = \frac{DE}{BC}
CQFD

 

Un réseau de parallèles

En fait, le théorème de Thalés peut être associé à une propriété des réseaux de droites parallèles, comme nous allons le voir maintenant.

Considérons un triangle ABC et un partage en parts égales du côté [AB] ; pour fixer les idées, supposons que ce côté [AB] soit partagé en 7 parts égales.

Et traçons les droites parallèles au côté [AC] passant par les points correspondants au partage du côté [AB].

Ce réseau de droites parallèles coupent le côté [BC] en 6 points comme sur la figure suivante :

Nous allons montrer que l’on obtient un partage en parts égales du côté [BC].

Pour cela, traçons la droite qui est parallèle à (BA) et qui passe par C_5 : elle coupe la droite (A_4C_4) en D_4 comme sur la figure suivante :

Nous allons comparer les triangles A_6BC_6 et D_4C_5C_4.

Par construction, les droites (A_5A_4) et (C_5D_4) sont parallèles et il en est de même des droites (A_5C_5) et (A_4D_4).

Il en résulte que le quadrilatère A_5C_5D_4A_4 est un parallélogramme
donc A_5A_4=C_5D_4.

Or, le partage du côté [AB] étant en parts égales, A_5A_4=A_6B
donc A_6B=C_5D_4
Par ailleurs, d’une part, les droites (BA_6) et (C_5D_4) étant parallèles, les angles correspondants \widehat{A_6BC_6} et \widehat{D_4C_5C_4} sont égaux, et d’autre part, les droites (C_6A_6) et (C_4A_4) étant parallèles, les angles correspondants \widehat{BC_6A_6} et \widehat{C_5C_4D_4} sont égaux.

On sait que la somme des angles dans un triangle est égale à 180°
donc, dans le triangle A_6BC_6, \widehat{BA_6C_6}=180°-(\widehat{A_6BC_6}+\widehat{BC_6A_6})
et comme \widehat{A_6BC_6}=\widehat{D_4C_5C_4} et \widehat{BC_6A_6}=\widehat{C_5C_4D_4}, il en résulte :
\widehat{BA_6C_6}=180°-(\widehat{D_4C_5C_4}+\widehat{C_5C_4D_4})
Or, dans le triangle D_4C_5C_4, \widehat{C_5D_4C_4}=180°-(\widehat{D_4C_5C_4}+\widehat{C_5C_4D_4})
donc \widehat{BA_6C_6}=\widehat{C_5D_4C_4}

Ainsi, les triangles A_6BC_6 et D_4C_5C_4 ont leurs côtés [A_6B] et [C_5D_4] égaux et les angles adjacents à ces côtés égaux deux à deux : \widehat{A_6BC_6}=\widehat{D_4C_5C_4} et \widehat{BA_6C_6}=\widehat{C_5D_4C_4}

Cela correspond à un des cas d’égalité des triangles : les deux triangles A_6BC_6 et D_4C_5C_4 sont superposables et donc BC_6=C_5C_4.

En reproduisant le même raisonnement à partir des points C_6, C_4, C_3, C_2 et C_1, on montre que les longueurs C_6C_5, C_5C_4, C_4C_3, C_3C_2, C_2C_1 et C_1C sont toutes égales à la longueur BC_6 : elles sont donc toutes égales, ce qui montre que l’on a bien un partage en parts égales du segment [BC] CQFD.

Prenons maintenant le point A_3 par exemple.
On a A_3B=4à—A_6B et AB=7à—A_6B donc \displaystyle\frac{A_3B}{AB}=\frac{4à—A_6B}{7à—A_6B}=\frac{4}{7}
de même, C_3B=4à—C_6B et CB=7à—C_6B donc \displaystyle\frac{C_3B}{CB}=\frac{4à—C_6B}{7à—C_6B}=\frac{4}{7}
il en résulte que \displaystyle\frac{A_3B}{AB}=\frac{C_3B}{CB}