TRI 27

(1)

Exercices résolus de mathématiques.

TRI 27

EXTRI270-EXTRI279

http://www.matheux.c.la

Jacques Collot

Benoit Baudelet – Steve Tumson

Juillet 09

(2)

EXTRI270 – FACSA, ULG, Liège, juillet 09

Soit un triangle dont deux côtés et ont la même longueur . Par le sommet , on trace la perpendiculaire à . On constate alors que les longueurs et sont égales.

Que vaut l'angle ?

ABC AB AC R C

CH AB AH BC

A

C

H B A

2 2

cos

sin sin sin cos sin

2 2

2 sin cos cos cos

2 2 2

1) cos 0 A rejeter

2

2) 2sin cos 2 sin 1 2 sin 2 sin 2 sin 1 0

2 2 2 2 2

1 3

sin 2 2

On retient la racine positive sin 1 2 A AC

R A

CH R A AC B R A R A

B A

A A A

A

A A

A A A A A

A A

A

 

      

   



 

   

       

   

  3

21.47 42.97

2 2

A A

     

Le 3 aout 09

(3)

Résoudre l'équation suivante :

Représenter les solutions sur le cercle trigonométrique.

tanxtan3xsin 2x0

: 2

3 2 6 3

sin sin 3

tan tan 3 sin 2 0 sin 2 0

cos cos 3 sin cos 3 sin 3 cos sin 2 cos cos 3

sin 4 sin 2 cos cos 3 2 sin 2 cos 2 sin 2 cos cos 3

1) sin 2 0 2 avec pair si

2

x k

CE

x k x k

x x

x 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 k k

   

   

      



      

   

     

      

 

Simpson inverse

2

non à rejeter.

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

2

4 cos 2 cos 4 cos 2 4 cos 2 2 cos 2 1 cos 2

5 25 8 5 33

2 cos 2 5 cos 2 1 0 cos 2

4 4

5 33

) cos 2 0.18614 2 1.3836 2

4

x x x x x x

x x x

a x x k x

      

       

    

      

        0.692

5 33

) cos 2 1 A rejeter.

4 avec pair Conclusion : 2

0.692 avec

k

b x

x k k

   

   

  



     



7 aout 2009

(4)

Polytech, UMONS, Mons, septembre 2005

2 2

Montrer que dans tout triangle de côtés , , on a la relation :

cos cos

ABC a b c

ab C ac B b c

C

A c B

b a

2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 cos 2 cos

Somme membre à membre 2 cos 2 cos

2 2 2 cos 2 cos

cos cos

b a c ac B

c a b ab C

b c c b ac B ab C

b c ab C ac B

  

     

   

Le 16 août 08

(5)

EXTRI273 – EPL, UCL, Louvain, Juillet 09.

Soit un triangle rectangle en . On désigne par la hauteur , par et les projections des côtés et sur l'hypoténuse.

1) Représentez graphiquement le problème.

2) Si et so

ABC A h AH p CH q BH

b c a B

 

nt donnés, comment calculer , , et la surface ? (Donnez les étapes intermédiaires de calcul.)p q h S

Résolution proposée par Steve TUMSON

  ²

Dans ABC on tire :

* cos

Dans AHB on peut écrire :

* sin cos sin

* cos cos ²

On a donc aussi 1 cos ² sin

L'aire du triangle est la moitié du produit de sa base par sa hauteur : 1

2

c a B

h c B a B B

q c B a B

p a q a B a B

S a



 

    

 ¹ ^{² cos} ^sin ²^{sin 2} 

2 4

h a B Ba B

Le 16 août 08

(6)

 

²

On donne l'équation en suivante : sin( ) 3 cos( ) 2 1 0, 25 0

Pour quelles valeurs de , les solutions de cette équation sont-elles réelles et distinctes ?

x a a x x

a

     

 

  

 

2

C'est un second degré en , les solutions seront réelles distinctes si le discriminant est strictement positif.

sin( ) 3 cos( ) 2 1 0, 25 0

1 4 0, 25 sin( ) 3 cos( ) 2 1 sin( ) 3 cos( ) 2 0 sin( ) 3 cos

x

a a x x

a a a a

a



     

        

   ( ) 2 sin( ) tan cos( ) 2

3

cos sin( ) sin cos( ) 2 cos sin 2

3 3 3 3 2

2 3 2

4 3 4

2 5 2

12 12

a a a

k a k k

k a k



   

    

   

       

       

              

 

       

     

Le 16 août 08

(7)

EXTRI275 – FACSA, ULG, Liège, septembre 08

3

Pour les affirmations suivantes, cochez quelle affirmation est vraie.

1) Dans un quadrilatère, la somme des angles est égale à

270° 360° 540°

2) Dans l'intervalle    x  , l'équation 4 sin xsin x

4 4

possède 3 solutions 4 solutions 5 solutions

3) L'expression cos sin est identiquement égale à cos(2 ) sin(2 ) sin cos

4) Si dans un triangle , les côtés , et (opposés aux angles

x x

x x x x

ABC a b c



respectifs , et ) satisfont à la relation ² 2 ² ² 0, alors

90 90 90

A B C

a b c

A A A

  

     

(8)

1) Dans un quadrilatère, la somme des angles est égale à 270°

3

360° 540°

2) Dans l'intervalle , l'équation 4 sin sin possède 3 solutions 4 solutions

x x x

 

   

2 2

5 solutions

Il y a déja une solution pour sin( ) 0 dans l'intervalle .

1 1 1

Il reste alors 4 sin 1 sin 0 sin sin 0.

4 2 2

Chacun de ces deux facteurs admettent deux zéros sur

x x

x x x x

x

 



   

  

        

  

4 4

. 3) L'expression cos x sin x est identiquement égale à





   

4 4 2 2 2 2

cos(2 ) sin(2 ) sin cos

cos sin cos sin cos sin

x x x x

x x x x x x cos(2 )

4) Si dans un triangle , les côtés , et (opposés aux angles respectifs , et ) satisfont à la relation ² 2 ² ² 0, alors

90 90

x

ABC a b c A B C

a b c

A A



  

   

2 2 2

90

Dans un triangle quelconque on a 2 cos( ).

La proposition 90 est à rejeté immédiatement, car elle implique . Pour rejoindre l'équation de l'énoncé, il faudrait que 2 cos(

A

a b c bc A

A a b c

bc A

 

  

   

 ) ²

où, écrit autrement, cos( ) . Un cosinus négatif implique 90 sur 0 . 2

b

A b A A

c 



     

Le 16 août 08

(9)

On forme une pyramide avec quatre ballons d'un mètre de diamètre, de façon à ce que chaque ballon touche les trois autres. Vu en perspective cela donne la figure ci-dessous.

On vous demande de trouver la hauteur totale de cette construction et de résoudre les étapes intermédiaires suivantes.

1) Quelle forme obtenez-vous si vous reliez les centres des ballons ? 2) Calculez la longueur des arêtes et la hauteur de cette forme à 0,1 m près.

Indiquez les valeurs intermédiaires de vos calculs sur un croquis.

3) A quelle hauteur se trouve le sommet du ballon supérieur, à 0,1 m près ?

(10)

1) Un tétraèdre (voir figure ci-dessous)

2) La longueur de chaque arête vaut le double du rayon des sphère : 1 m. (en effet, chaque arête passe par le point de contact/tangence des sphères dont el

a

4 1 2 3

le relie les centres).

On projète le sommet sur la base , le pied de cette hauteur est

l'intersection concourante des médianes/médiatrices/hauteurs (puisque le tétraèdre est réguli

C C C C H

1 2 1

1

2 2

1 4

er)

3 3

est droit en , on peut donc trouver .

4 2

L'intersection des médianes d'un triangle se coupent avec un rapport 2/3 1/3 3

3 est droit en , on trouve donc 1 3

3

C C M M C M

C H

C C H H h

 

 

 

2

2 0,8 m.

3

3) La hauteur trouvée précédemment nous donne la hauteur perpendiculaire entre les plans parallèles au sol passant par les centres des sphères basses et de la sphère haute. Pou

 h

   

 

 

r trouver la hauteur du sommet de la sphère haute, il suffit d'additionner deux fois le rayon des sphères à .

2 1,8 m

h

H h r

  

Le 16 août 08

(11)

EXTRI277 – EPL, UCL, Louvain, septembre 09

 

3

Pour quelles valeurs de , l'équation quivante est-elle vérifiée dans l'intervalle , :

8sin sin3 0

x

x x

  

 

 

  ^ ^

 

2 2

2 2 2

3 3 2 2

Exprimons sin 3 en fonction de sin :

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

L'équation devient alors :

8sin sin 3 0 8sin sin 3 4 sin 0 sin 8sin

x x

x x x x x x x x x x x

x x x x x

x x x x x x

      

     

      

 

^ ^ ^

2

3 4 sin 0

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

Les racines des différents facteurs sont

sin et

2 sin 1 0 5 et

6 6

2 sin 1 0 5 et

6 6

On construit alors le tableau de sig

x x

x x x x x

x x x

  

      

     

  

       



 

     



 

nes

5 5

6 6 0 6 6

sin 0 0 0

2 sin 1 0 0

0 0 0 0 0 0 0

Conclusion :

Dans l'intervalle , , la solution est

5 5

, 0, ,

6 6 6 6

x x x

x

   

   

         

           

           

     

  

   

     

          

(12)

Le 25 septembre 2009

(13)

EXTRI278 – EPL, UCL, Louvain, septembre 09

Dans le triangle , rectangle en , tracez

, la hauteur (où est le point d'intersection de cette hauteur avec ).

, la bissectrice à l'angle défini en par le triangle ( est son point

ABC A

h AH H BC

AD A BAH D d'intersection

sur et définit le segment de longueur )

, la bissectrice à l'angle définit en par le triangle ( est son point d'intersection sur et définit ke segment de longueur )

BH DH p

AE A CAH E

CH EH q

Démontrez ensuite comment arriver à

une expression de en fonction de la longueur de l'hypoténuse (du triangle ) et des angles et ;

des expressions de et en fonction de la hauteur et des

h a ABC

B C

p q h angles et

2 2

l'expression suivante : 8 sin sin

2 2

B C

p q a

1 2

h p

q B

A C

E H

D

(14)

1 2

. tan

tan tan 1) tan

tan tan tan tan

. tan

tan

2) tan tan et tan tan

2 2 2 2

tan tan

3) tan tan tan tan

2 2 tan tan 2 2

sin sin sin co

h BH B h BH

h h B C

B BH HC BC a h a

h B C B C

h HC C HC

C

A C A B

p h p h q h q h

C B B C C B

p q h h a

B C

a B

           

  



     

 

       



 

sin 1

sin cos sin cos

2 2 2 2

s sin cos

cos cos

2 2

4 sin cos

2 2

B C

C B B C

B C

C C B

B B

a

  

  

 

  

 

 sin cos

2 2

C C sin

2 2

. cos 2

B C B

  

 

 

cos 2

C or

2 2 4

4 sin sin sin 4 sin sin . 2

2 2 4 2 2 2

8 sin sin

2 2

B C

B C B C

a a

B C

p q a

   

 

 

 

  

Le 22 septembre 2009

(15)

EXTRI279 – EPL, UCL, Louvain septembre 09

 

     

Ci-dessous, indiquez chaque fois laquelle des trois affirmations est la vraie.

Dans tout l'intervalle 3 / 4 5 / 4, la fonction 1 cos satisfait 2

1 1

1 0 0 1

2 2

Dans l'intervalle 0 , la fon

x f x x

f x f x f x

x

     

      

   cos sin

ction change de signe exactement

sin cos

2 fois 3 fois 4 fois

L'expression cos 2 cos sin 4 sin est identiquement égale à

cos 3 cos 2 cos 3 sin 2 sin 3 cos 2

Si dans un triangle , avec les côtés ,

x x

x x x x

x x x x x x

ABC a



et et aire , l'angle inscrit et est obtus, alors

2 2 2

b c S A b c

Sbc S bc S bc

 

   

2

1 1 3

1) Trouvons les racines de cos 0 cos

4

2 2

3

1 3 5

On en déduit (voir cercle trigonométrique) que cos sur l'intervalle

2 4 4

Donc : satisfait 1 0

x

f x x x

x

x x

f x f x

  

 

        



 

   

  

2 3 4

3



3 4

5 4



+1 +1

-1 -1

cos SIN

(16)

 

2 2

cos sin cos sin cos 2

2) 2 2 cot 2

sin cos sin cos sin 2

Les CE sont : 2 0, ,

2 2

2 2 4

Les racines sont cot 2 0

3 3

2 2 4

Tableau de signe 0 3

4 2 4

/ 0 / 0 /

La fonction

x x x x x

f x x

x x x x x

x k x k x x x

x x

x

x x

f x

     

 

        

 

   

      



   

   

change donc 3 fois de signe dans l'inervalle 0  x

3) cos 2 cos sin 4 sin 1cos 3

x x x x 2 x 1 1

cos cos 3

2 x 2 x

 

 

   

1cos 5 2 1 2 cos 3 cos 2

2

cos 3 cos 2 Rappel

1 1

cos cos cos cos

2 2

1 1

sin sin cos cos

2 2

x

x x

a b a b a b



 



   

   

(17)

4) L'aire d'un triangle est donnée par

1 sin 2 sin avec 0 sin 1

2

Conclusion : 2

S bc A S bc A A

S bc

    



Le 10 octobre 2009