TRI 12

Exercices résolus de mathématiques.

TRI 12

EXTRI120-EXTRI129

http://www.matheux.be.tf

Jacques Collot

EXTRI120 _– FACSA, ULiège, Liège, septembre 2002.

( )

Résoudre l’équation suivante :

cot cos

2 1 sin cot cos

x x

x x x

− = −

+

( )

sin 0 0 180

CE : cot cos 0 cos 0 90 180

cos 1 sin

cos cos

cot cos sin sin 1 sin

cos 1 sin

cot cos 1 sin

cos cos

sin sin

1 sin

L'équation devient : 2 1 sin 1 sin

Or sin 1 en vertu

x x k

x x x x k

x x

x x

x x x x x

x x

x x x

x x

x x

x x

x x

    + 

  +       + 



− −

− = = = −

+ + + +

 − = −

+

 des CE.

1 1

2 2 sin 1 sin

1 sin 2

30 360 ou 210 360

x x

x

x k x k

 =  = −  = −

+

 = −  +  =  + 

Résolu le 8 mars 2004

Modifié le 2 juillet 2004

EXTRI121 _– FACSA, ULiège, Liège, septembre 2002.

On donne 2 parallélogrammes : ABED et BCFE. On sait que :

AB = 3 m, BC = 7 m, a = 2 m et b = 6 m

D E F

A B D

a b

Calculer :

a) Les angles AEB et BEC

b) Les longueurs des segments [ A, E ], [ B, E ] et [ C, E ] c) Le rapport des longueurs des diagonales [ A, E ] et [ C, E ]

D E F

A B D

a b

P Q

2 2

2 2

: 40 6.3246

Soit et les pieds des perpendiculaires abaissées de et .

7 5

2

: cos 6 0.9487 18.4349

40

: 5 61 7.8102

ABC CF a b m

P Q E F

PC EF m PC PQ CQ m

BP BC PC m

BPE BE CF BEP EP BEP

BE

APE AP AB BP m AE AP EP

= + = =

= = → = − =

= − =

= → = = = → = 

= + = → = + = =

2 2

cos 61 0.7882 39.8056

40

: 7..8102

cos 61 0.7882 39.8056

40

Le triangle est donc isocèle, bien que cela ne semble pas le cas (illusion d'optique) Conclusion

AEP EP AEP

AE

PCE CE PC EP m

PEC EC PEC

BE AEC AEB

→ = = = → = 

= + =

→ = = = → = 

21.3706 58.2405

61 7.81102 1

40 6.3246 AEP BEP BEC BEP PEC

AE CE m AE

CE

BE m

= − = 

= + = 

= = = → =

= =

EXTRI122 – FACSA, ULiège, Liège, juillet 2003.

2 2 2

Vérifier que, pour tout , on a l’identit é suivante :

2 2 3

sin sin sin

3 3 2

x

x +    x +     +    x −     =

2

1 cos 2 Utilisons Carnot : sin

2 Le premier membre devient :

4 4

1 cos 2 1 cos 2

1 cos 2 3 3

2 2 2

3 1 4 4

cos 2 cos 2 cos 2

2 2 3 3

3 1 4 4 4

cos 2 cos 2 cos sin 2 sin cos 2 cos

2 2 3 3

x x

x x

x

x x x

x x x x

= −

 

   

−  +  −  − 

− +   +  

       

= −   +   +   +   −    

  

= − + − + 4

sin 2 sin

3 3

3 1 1 1 3

cos 2 cos 2 cos 2

2 2 2 2 2

x

x x x

 +  

 

 

 

= −   − −   =

EXTRI123 _– FACSA, ULiège, Liège, juillet 2003.

Sans l’aide de la calculatrice, démontrer l’égalité suivante :

Sans l’aide de la calculatrice, démontrer l’égalité suivante : sin10 sin 30 sin 50 sin 70 sin 90 1

     = 16

sin 2 On a : sin 2 2sin cos sin

2 cos

Légalité devient, en tenant compte que sin 90 1 et sin 30° 1 2 1 sin 20 1 sin100 1 sin140 1

sin10sin 50sin 70

2 cos10 2 cos 50 2 cos 70 8 sin 20 cos 70

Or sin100 sin 80 cos10 sin140 sin 4

a a a a a

=  = a

 = =

= =

=

= =

=

ce qui démontre l'égalité.

0 cos 40

 

  =



Modifié le 29 juin 2009 (Carmelo DI NOLFO )

EXTRI124 _– FACSA, ULiège, Liège, juillet 2003.

Résoudre l’équation suivante :

cos 2 cos 6 1 cos8 Représenter les solutions sur le cercle trigonométrique

x + x = + x

( )

cos 2 cos 6 1 cos8 2 cos 4 cos 2 2 cos 4

2

2 cos 4 cos 2 cos 4 0 1) cos 4 0 4

2 8 4

2) cos 2 cos 4 4 2 2

) 4 2 2

) 4 2 2 6 2

3

x x x x x x

x x x

x x k x k

x x x x k

a x x k x k

b x x k x k v x k

+ = +  =

 − =

  

=  = +   = +

=  =  + 

= +   = 

= − +  → =  = 

EXTRI125 _– FACSA, ULiège, Liège, juillet 2003.

Soit un triangle dont les côtés mesurent respectivement a = 6 cm, b =4 cm et c = 3 cm (voir figure)

a) On demande d’abord de calculer les valeurs des trois angles intérieurs du triangle A, B, et C.

b) On divise le triangle en trois sous-triangles dont le sommet est D, point d’intersection des médianes. On demande de calculer les aires, les angles et les cotés des trois sous-triangles ABD, BCD et ADC (en utilisant uniquement la trigonométrie)

A

B a = 6 C

b = 4 c = 3

D

A

B A’ C

B’

C’ D

2 1

1 2

2 1 1

3

2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

6 4 3

) arccos arccos 117.2896

2 2 4 3

4 6 3

arccos arccos 36.3361

2 2 6 3

3 6 4

arccos arccos 26.3843

2 2 6 4

) est le barycentre et ce trouve aux deux tie a b c

a A bc

b a c

B ac

c a b

C ab

b D

− − − −

= = = 

− −  

− − − −

= = = 

− −  

− − − −

= = = 

− −  

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

rs de chaque médiane.

' ' 2 ' . .cos 3 3 2 3 3 cos(36.3361) 3.5

' 1.8708

' ' 2 ' .cos 6 2 2 6 2 cos(26.3843) 18.5

' 4.3012

' ' 2 ' . .cos 1.5 4 2 1.5 4 cos(11

AA A B c A B c B

AA cm

BB a B C a B C C

BB cm

CC C A b C A b A

= + − = + −    =

→ =

= + − = + −    =

→ =

= + − = + −   

2 2 2

1

2 2 2 2 2 2

1

2 2 2

1

2 2 2 2 2 2

1

7.2796) 23.75 ' 4.8734

' ' 2 ' cos

' ' 3 1.8708 3

arccos arccos 71.8320

2 ' 2 1.8708 3

' ' 2 ' cos

' ' 2 4.3012 6

arccos arccos

2 ' 2 4.3012 6

CC cm

A B AA c AA c A

A B AA c

A AA c

B C BB a BB a B

B C BB a

B BB a

=

→ =

= + −

− − − −

→ = = = 

− −  

= + −

− − − −

→ = = =

− −  

2 2 2

1

2 2 2 2 2 2

1

2 2 2

1

11.9254

' ' 2 ' cos

' ' 1.5 4.8734 4

arccos arccos 15.8763

2 ' 2 4.8734 4

117.2796 71.8320 45.4476 Donc 36.3361 11.9254 24.4107

26.3843 15.8763 10.5081 Et donc

AC CC b CC b C

AC CC b

C CC b

A B C

D



= + −

− − − −

→ = = = 

− −  

 = − =

 = − =

  = − =



2 3

83.7573 , D 118.6761 , D 157.5666

= = =

EXTRI126 _– FACSA, ULiège, Liège, septembre 2003.

Pour la figure donnée, calculer l’angle  et l’aire du polygone

7 cm

4 cm 6 cm 5 cm

20° 

7 cm

4 cm 6 cm 5 cm

20° 

A

C

B D

Méthode 1

2 2 2

2 2 2

2 2 2 2

) : 5 4 2 5 4 cos

: 7 6 2 7 6 cos

5 4 2 5 4 cos 20 7 6

arccos 13.7644

2 7 6

1 1

) 4 5 sin 20 7 6 sin13.7644

2 2

polygone ABC ADC

a ABC AC B

ADC AC

b S S S

= + −   

= + −    

+ −    − −

→  = = 

−  

= + =   +  

Méthode 2 (Frédéric Baldan)

Rappel : Théorème d'Al-Kashi

Par conséquent :

Nous pouvons calculer le coté « a » grâce au triangle de gauche :

a² = 5² + 4² - 2.4.5.cos(20) a² = 41 – 40.cos(20) a = 1.847239878

Remarque : le calcul de a n’est pas nécessaire

pour trouver α.

Dans le triangle de droite

41 – 40.cos(20) = 7² + 6² - 2.7.6.cos(α) -44 – 40.cos(20) = - 84.cos(α)

α =





 





84 -

40.cos(20) -

44 acros -

α = 1 3.76442451°

Rappel

: Surface d’un triangle quelconque

On peut aussi utiliser la formule de Héron d'Alexandrie :

où est le demi-périmètre du triangle.

Par conséquent :

Dans le triangle de gauche :

( )

1 + +

=

Dans le triangle de droite :

( )

1 + +

=

EXTRI127 _– FACSA, ULiège, Liège, septembre 2003 EPB, ULB, Bruxelles juillet 2004.

6 6

On suppose que l’on connaît la valeur de cos 2 . Posons cos 2 . On demande alors de calculer la valeur de l’expression :

sin cos

En fonction de lavaleur de . Liège : Vérifier le résultat obtenu po

a a m

E m

=

=  + 

ur 1 / 3 Bruxelles :Vérifier le résultat pour ½.

m m

=

=

( )( )

( )

( ) ^{( )}

6 6

2 2 4 2 2 4

2

2

2 2 2

2 2

) sin cos

sin cos sin sin cos cos

1 cos 2 Le premier facteur vaut 1. Continuons en uilisant Carnot : cos

2 1 cos 2

sin sin cos

2 1 cos 2 1 cos cos 2

2 1 cos 2

1 2

a E

a a

E

=  + 

=  +   −   + 

= +

+ 

 

=   −  +  

 

+ 

 

= −  −  +    

+ 

= − − 



2

2 2

2 2

6 6

1 cos 2 cos 2

2

1 1 3 1

1 2 2 4

) Liège Soit cos 2 1 2 70.5288 35.2644 3

3 1 1

3 1 3 1

sin 35.2644 cos 35.2644 0.33333 et 0.33333

4 4 3

Bruxelles Soit cos 2 1

m m m

m

b m

E E m

m

+ 

  +  

   

  

+ + +

   

= − −     +     =

=  =   =   →  = 

  + +    

=  +  = = = = =

=  =

2

2 60 30

2

1

→  =     = 

  +

EXTRI128 _– FACSA, ULiège, Liège,septembre 2003.

Trouver toutes les solutions qui satisf ont à l’équation suivante.

cos 9 2 cos 6 2 Représentez les solutions sur le cercle trigonométrique

x

x − x =

( ) ( )

( )

( )

2 2 2 2

2

2 2 2

2 2

2

cos 9 2 cos 6 2 cos 6 3 2 cos 3 2 sin 3 2 sin 3 cos 3 cos 6 cos 3 sin 6 sin 3 4 cos 3 0

2 cos 3 1 cos 3 2 sin 3 cos 3 4 cos 3 0

1) cos 3 0 3 90 180 30 60

2) 2 cos 3 1 2 1 cos 3 4 cos 3 0

4 cos 3 4 cos

x x x x x x x x

x x x x x

x x x x x

x x k x k

x x x

x

− =  + − + = +

 − − =

 − − − =

=  =   +   =  + 

− − − − =

−

3 A rejeter 3 3 0 cos 3 2

1 2

3 120 360 40 120

x x

x k x k

 

− =  = 

− 

 =   +   =   + 

EXTRI129 – EPB, ULB, Bruxelles, juillet 2003.

( )

Soit et deux points distincts non diam étralement opposés d’un cercle de rayon et le point d’intersection des tangentes à ce cercle aux points et .

Soit 2 . Calculer les angles et l’aire

A B r

C A B

AB = d du triangle ABC en fonction de et . d r

A

B C

D O

1 1

1

d r

1 1 1

1

2 2 2 2 2

2 2 2 2

1

3 2

2 2 2

2

arcsin 2 2 arcsin

cos

Les triangles et sont semblables

cos cos arcsin Et donc l'aire du triangle est

1

CAB

d d

A O C C

r r

OD r O

CAD AOD

d d d d d

CD OD r O r d r r r r d r d

d d

A

r d r

d

= =  = =  −

=

= = = = =

− −

= =

− −