TRI 5

(1)

Exercices résolus de mathématiques.

TRI 5

EXTRI050 – EXTRI059

http://www.matheux.be.tf

Jacques Collot

1 avril 03

(2)

EXTRI050 – POLYTECH, UMONS, Mons, questions-types 2000-2001.

POLYTECH, UMONS, Mons, septembre 2016

( ) ( )

Démontrer que l’expression est indépendante de . 2sin 3

4sin sin 60 sin 60 a E a

a a a

= + −

( )

( ) ( ) ( ) ( )

 

( )

⁴^cos^² ¹ ²

4 sin 1 4

1

² cos 4 sin 2

1

² cos 4 4 1

4 2 1 2cos 1

120 2cos 2 1

2 cos 1

60 60

2cos 60 1

60 2cos 60 1

sin 60

sin

1

² cos 4 sin 2

sin

² sin

² cos

² cos sin

2

sin 2 cos cos

2 sin 2

sin 3

sin

=

−

= −

−

=

+

=

−

=

− + +

− +

=

− +

−

=

− +

=

+

= +

=

a a

a E a

a a

a

a a

a a a

a a

a a a

a a

(3)

EXTRI051 – Mons, questions-types 2000-2001.

Si les angles d’un triangle vérifient la relation.

C A

B tan tan tan

2 = +

Montrer que

(^A ^C)

B=cos − cos

2

( ) ( )

( )

( ) ( )

sin sin

tan tan 2 tan 2

cos cos cos

cos 2 cos cos 1

or cos cos cos cos sin sin 2

De 1 et 2 : sin sin 3cos cos Donc

cos 2 cos cos multiplions par 2 2 cos 4 cos cos

cos cos 3cos co

B A C A C B

B B

A C B

B A C

B A C A C A C

A C A C

B A C

A C A

=  − + → + =

+ = = =

→ =

= − + = − +

=

= →

=

= +

( )

s cos cos sin sin sin

C

A C A C

A C

= +

= −

(4)

Louvain, juillet 2003

Dans un triangle rectangle, on donne l’hypoténuse a et le produit k² des bissectrices intérieures des angles B et C.

a) Démontrer que

² 4

² sin 2

sin 2

a k C

B =

b) Calculer B et C si a = 3 m ; k² = 5 m²

A

M

B C

N

(5)

) sin 2 sin cos

2 2

sin 2 sin cos

2 2

4 ² sin cos sin cos

2 2 2 2

4 ² sin sin

2 2

or . ² sin sin ²

2 2 4 ²

² 5

) sin sin 0.1389

2 2 4 ² 4 9

or 2 4 2

sin sin sin sin sin s

2 2 2 4 2 2

B B

a b a B a

C C

c a C a

B B C C

bc a

B C b c

a MC BN

B C k

MC BN k

a

B C k

b a

C B

B C

B C B B B

= =

=

= → =

= = =



 

+ = → = −



 

→ =  − =

( )

in cos cos sin

4 2 4 2

sin cos sin ² 0.1389 2 0.1964

2 2 2 2

1 1

sin 1 cos 0.1964

2 2

sin cos 1.3928

C'est une équation de type sin cos

donc tan 1 cos 45 1.3928

cos 45 54.97 et 35.03

B B

B B B

B B

a x b x c B

B C

 

 − 

 

 

→ − =  =

− − =

+ =

 = →  =  →  − =

→ =  = 

(6)

Dans un triangle ABC, on constate que la longueur du côté AB vaut deux fois la longueur du côté AC.

a) Démontrer que cette propriété est possible pour toute valeur de l’angle A.

b) Résoudre le triangle si BC = 5 m et A = 50°

( )

) ² ² ² 2 . cos

² 4 ² 4 ² cos

² 5 4 cos 5 4 cos

Comme cos est compris entre 1 et 1, le radicand de la racine est toujours positive Il y donc toujours une solution pour , quelque

a CB AC AB AB AC A

AC AB AC A

AC A

CB AC A

A

CB

= + −

= −

−

soit la valeur de

) 5 5 4 cos 50 3.21 et 6.24

sin sin 3.21sin 50

sin sin 5

29.44 et 100.56

A

b AC AC AB

a b b

B A

A B a

B C

= − → = =

= → = =

→ =  = 

Modifié le 31 mars 2011 (Fabienne Zoetard)

(7)

EXTRI054 – FACSA, ULG, Liège, juillet 2001.

Polytech, Umons, Mons, septembre 2013

Enoncé de FACSA

Vérifier les identités suivantes.

1 sin cos

tan 45

2 cos 1 sin

a a a

a a

  − = − =

  +

 

Enoncé de POLYTECH

Vérifier les identités suivantes.

1 sin tan 45

2 cos

a a

a

  − = −

 

 

2 2

Vérifions d'abord

tan 45 tan 1 2 sin cos

1 sin 2 2 2

tan 45

2 cos 1 tan 45 tan cos sin

2 2 2

1 2 tan

1 tan cos 2 1 tan tan 1 2 tan

2 2 2 2 2

1 tan 1 tan 1 tan 1 tan

2 2 2 2

tan 1

1 tan 2 2 1 tan

2

a a a

a a

a a a

a

a a a a a

a a a a

a a a

 − −

  − = −  =

 

  +  −

−

− − + −

 =  =

+ − + −

 − 

−  

 =

+

( ) ( )

2

2 2 2 2 2

1 tan 1 tan

2 2

1 tan 1 tan 1 tan

2 2 2

Pour la deuxième égalité, on a :

cos sin 1 1 sin cos 1 sin 1 sin cos

1 sin cos

cos 1 sin

a a

a a a CQFD

a a a a a a a

a a

a a CQFD

− −

  =

− + +

+ =  − =  − + =

 − =

+ Solution proposée par Fabienne Zoetard

2 2

sin2 1

1 tan cos cos sin cos sin cos sin

2 2 2 2 2 2 2 2

tan .

4 2 1 tan sin cos sin cos sin cos sin

2 1 2 2 2 2 2 2 2

cos2

cos 2 2 sin2cos2 sin 2 1 sin cos sin cos

2 2

a

a a a a a a a a

a

a a a a a a a a

a

a a a a

a

a a a

− − − − −

− = = = =

 

  + + + −

+

− + −

= =

−

(8)

Solution proposée par Robert Moulan

1

2 2

La deuxième égalité est immédiate.

D'autre part :

tan 45 tan 1 tan cos sin cos sin cos sin

2 2 2 2 2 2. 2 2

1 tan 45 tan 1 tan cos sin cos sin cos sin

2 2 2 2 2 2 2 2

cos sin 2 2 cos

1 sin 1 2 sin cos

2 2

a a a a a a a a

m a a a a a a a a

a a

a

a a a

 − − − − +

= = = =

+  + + + +

= − = =

+ +

( )( ) ( )

3

1

2 2 2

3 2 2 1

2

Ou encore avec tan 2 1

1 1

1 1 1 1

1

2 1 2 1 1

1 1

m

t a m t

t t

t t t t

m t m

t t t t t

t

=

= − +

− − − + −

= + = = = =

+ + + +

+ +

Modifié le 21 octobre 2013 (Fabienne Zoetard). Modifié le 2 février 2018 (Robert Moulan)

(9)

EXTRI055 – FACSA, ULG, Liège, juillet 2001.

( ) ( ) ( )

( )

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2 2

Soient

cos sin sin 1

cos 2

sin sin cos 3

et les équations

4 4

On demande de calculer les valeurs des angles et et de les représenter sur le cercle trigonométrique

m n

p

m n p

=  +  

= 

=  +  

= =

  ( ) ( )

( )

( )( )

( ) ( )

( )

2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2

2

2 2

2 2 2 2 2

2 2

De 1 et 3 :

cos sin sin sin cos

cos sin 1 sin

2 cos 1 cos 2 cos 1

cos 1

1 7

Or 4 cos sin

2 8 8 8

Les équations deviennent : 1 7

sin 4

8 8

4 cos

m p

n

m p m p n

n n

m m

p n m

n m

m m

− =  −  +   − 

=  −  − 

=  −  =  −

− − +

  = + =

= =   = = = →  =

= + 

= ( )

( ) ( ) ( )

2 2

2

2 2 2

2 2 2 2

2 2

5 7 1

4 sin 6

8 8

1 7

1 8 8sin 1 7 sin de 4 et 6

7 1

4 sin 7 sin

8 8

1 8

7 sin 4 28sin sin cos

9 9

1 7 2 14

1) cos et sin cos et sin

8 8 4 4

69.2952 180 110.7048 180

1 8 1

2) sin et cos sin c

9 9 3

m

k k



= + 

+  + 

 = =

+ 

 +  = +    =   =

 =  =   =   = 

 = +

  = +

 =  =   =   2 2

os 3

19.4712 180 160.5288 180

Le lecteur représentera les solutions sur le cercle trigonométrique.

k k

 = 

 = +

  = +

(10)

Solution proposée par Robert Moulan

( )

( ) ( )( )

2 2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 2 2 2 2 2

2

4 4 cos 4 sin .sin cos sin sin .cos

Choisissons de ne garder que sin et cos .

4 4 sin 4 1 cos .sin cos sin 1 cos 1 sin

4 4 sin

→  +   =  =  +  

 

−  + −   =  =  + −  − 

−  +4 sin²−4 cos².sin² =cos² = sin² + −1 cos² −sin²

( ) ( )

( )

( ) ( )

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

2

cos .sin

4 4 cos .sin cos 1 cos cos .sin

Soit en posant : cos et sin

4 4 . 6

4 4 . 1 . 5

1 . 7

7 . 2 1 6 4 8 4 8 cos

9 19 28 '16 '' 360 . cos 2 2

160 31 3

C S

C S C C S C C C S

C C C S

C S C C C C

k

+  

−   =  = + −  +  

=  = 

 − =

− = = − +  

= − +



 = −   − + =  = = 

 =   + 

•  =  

 =   ( )

' 44 '' 360 .

32 8 7

5 4

9 9 8

69 17 ' 43'' 360 . 110 42 '17 '' 360 . sin 14

4 69 17 ' 43'' 360 . 249 17 ' 43" 360 .

k

S S

k k k k

 + 



 − =  =

   + 

 = 

  + + 

 

•  =   

−  + 

 = 

   + 



(11)

EXTRI056 – FACSA, ULG, Liège, juillet 2001.

Un pentagone volontairement déformé est défini comme sur la figure ci-dessous.

Calculer , , (   +  +  + ), le périmètre et la surface du pentagone.



c = 40 m

d = 50 m

e

1 2

3 1

2









b = 30 m

a = 10 m C

B

A

E D 1

Figure 1

(12)

2 2 2

1 1 2

1

2 2 2

Première méthode (Voir figure 1)

10 30 2 10 30 cos 135 37.7394

10.sin 135

sin 10.7991 109.2009

37.7394

180 135 10.7991 34.2009

40 37.7394 2 37.7394 40 cos 109.2009 63.381

BE BE m

B B B

E

EC EC

= + −      =

=   =   = 

=  −  −  = 

= + −      =

2 2 3

5 40 sin109.2009

sin 36.5834 19.2157

63.3815

155.3415 24.6585

63.3815 sin19.2157

sin 50 24.6585 155.3415

Or Somme des angles extérieurs d'un polynome).

140.341

m

E E E

D D

D

 

=  =   = 

 =    = 

  

=  

=    = 



 +  +  +  +  =  (

→  =

1 3

5 ou 9.6585

Premier cas : 24.6585 et 140.3415°

180 180 19.2157 155.3415 5.4428 63.3815 sin 5.4428

14.4097 sin 155.3415

Périmètre :10 30 40 50 14.4097 144.4097 Surface : C'est la somme de

C E D

ED m

m

  = 

 =   =

= − − =  −  −  = 

 

= =

+ + + + =

2

s triangles , et 30 10 sin 135

1 37.7394 63.3815 sin 36.5833 969.1615 2 50 14.4097 sin 155.3415

Deuxième cas : 155.3415 et 9.6585

ABE EBC ECD m

  

 

+    =

 

+    

 

 =   = 

(13)

A E B

C H

G

F I

D Figure 2

A E B

C H

G

F I

D

Figure 3

(14)

Deuxième méthode

Solution proposée par l'ULG :

cos 45 30 2 2

180 60 45 75

cos 75 40 cos 75 et sin 75 40 sin 75 10 30 2 40 cos 75

2

Soit l'angle cos

10 3 cos

ABF AF AB FB

BGC GBC

BG BC GC BC

CH AE FB BG

HCE CH CD

→ = = =

→ =  −  −  = 

→ =  =  =  = 

= + − = + − 

 → = 

→  = +

0 2 40 cos 75

2 0.4172 65.3415

50

Le point peut être situé au - dessus (Figure 3) ou en - dessous de ma ligne . On peut tenir compte des deux solutions en donnant à le signe positif pour le dessus et l

D CH

− 

= →  =  

 e signe négatif pour le dessous.

14.4097 sin 30 2 40 sin 75 sin

105.2908 2

140.3415 144.4097

75 Périmètre 130

9.6585 235.2908

Surface = Aire du trapèze + Aire du trapè DE AF GC CD m

m DE m

m BIEA

= + +  = +  +  = 



  

→  =   =  → = + =

( ) ( )

( )

2 2

ze Aire du triangle

10+FB+10 10 .

Surface =

2 2 2

969.1636 Surface =

1917.0712

La somme des angles extérieurs d'un polygone vaut 360°

360 270

24.6985 270

BCHD CHD

AF FB CH GC CH HD

m m



+ +

+ 





→  +  +  +  = −  = 

→  =  −  +  +  = 

155.3415

 



(15)

EXTRI057 – Liège, septembre 2001.

Vérifier l’identité suivante :

( ) ( )

sin3a =4sin 60−a sin sin 60a +a

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )

( ) ( ) ( )

( )

( ) ( ) ( )

4 sin 60 sin sin 60

2 sin 60 2 sin 60 sin

2 sin 60 cos 60 2 cos 60 1

sin 60 2 sin 60 cos 60 2 2

sin 60 sin 120 sin 3

sin 3 3

1 Rappel : 2 sin sin cos cos 2 cos 60 1

2

3 sin 60 sin 180 60 sin 120

a a a

a a

a a a

a

a a

− +

 

= +  − 

 

= + − − + 

= + − + −

= + − − +

=

  =  +  +  − 

=

+ = − − = ( −^a)

(16)

Résoudre l’équation suivante :

tan x+cot x+sec x+cosec x = −2

( )

( ) ( )

2 2

2

tan cot sec cosec 2

: 0

sin cos 1 1

cos sin sin cos 2

sin cos cos sin 2 sin cos

sin cos cos sin 0

sin cos cos sin 1 0

1) sin cos 0 tan 1

cos sin 1 Voir rappe

x x x x

CE x x x

x x

x x x x

x x x x x x

x x x x

x x x x k

x x

+ + + = −

    



+ + + = −

+ + + =

+ = → = − → = − + 



) + = − ( ^l)

tan cos

1 2

cos 1 cos

2 2 2

) 3 2 2 à rejeter.

x x

a x k x k

b x k x k

 

 =  →  = →  =

 

 

 − = − →  − = −

     

   

 

− = +  → = 

 

 

− = − +  → =  + 

(17)

Soit un trapèze ABCD, CD étant parallèle à AB.

L’angle en B est de 60 degrés.

On donne également AB = 20 cm, BC = 15 cm et CD = 8 cm Calculer :

a) le périmètre b) la surface

c) les angles intérieurs du trapèze.

A B

D C

1

2 2 2

1 1 1

2

2 2 2

15 20 2 15 20 cos 60 18, 0278

sin sin 60 15 46.1020 46.1020

18.0278

180 60 46.1020 73.8980 120 (complémentaire de )

8 18.0278 2 8 18.0278 cos 46.1020 13.7478 sin sin 46.1

AC AC cm

A A C

C

C B

DA DA cm

D

= + −     → =

= → =  → = 

→ = − − = 

= 

= + −    → =

=

2

18.0278

020 109.3309

13.7478

360 120 60 109.3309 70.6691 Périmètre 20 15 8 13.7478 56.7478

1 1

Surface 15 20 sin 60 8 13.7478 sin109.3309

2 2

181.7947

D

A A

cm

→ = 

= − − − → = 

= + + + =

=    +   

=