Corrigé

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7272
Distances planétaires
Exemple de production attendue
Distance Mars-Soleil
En utilisant les observations
faites au temps de Copernic,
on obtient la figure ci-contre.
M1: position de Mars, le 11 avril 1510.
M2: position de Mars, le 28 juillet 1510.
T1: position de la Terre, le 11 avril 1510.
T2: position de la Terre, le 28 juillet 1510.
S : position du Soleil.
1) Mesure de l’angle T2SM2
Du 11 avril au 28 juillet, il s’est écoulé 108 jours.
Puisque la Terre effectue une révolution complète
en 365 jours, la mesure de ∠T1ST2
est, approximativement, de 106,4°, soit 360°.
Puisque Mars effectue une révolution complète
en 687 jours, la mesure de ∠M1SM2
est, approximativement, de 56,6°, soit 360°.
En conséquence, la mesure de ∠T2SM2est de 49,8°,
soit 106,4 56,6.
2) Mesure du segment SM2
Dans le triangle rectangle ST2M2, cos S .
L’angle S mesure 49,8° et le côté ST2, qui correspond
au rayon de l’orbite de la Terre, mesure 150 millions
de kilomètres. On peut donc écrire :
cos 49,8° 
m ⬇232
Le rayon de l’orbite de Mars est environ de 232 millions
de kilomètres.
Distance Vénus-Soleil
En tenant compte de l’élongation maximale de Vénus, qui
a été de 46° le 20 mars 1510, on obtient la figure suivante,
où les points S, T et V représentent respectivement la position
du Soleil, celle de la Terre et celle de Vénus, et où l’angle VTS
mesure 46°. Lorsque l’élongation est maximale, Vénus est
150
cos 49,8°
SM2
150
m SM2 苶
m ST2 苶
m SM2 苶
108
687
108
3651
4
1
4
S
M
2
T
2
M
1
T
1
19
sAÉ dans la phase du quartier; c’est donc dire que l’angle SVT
est droit.
Mesure du segment SV
Dans le triangle rectangle SVT, sin T .
On a donc :
sin 46° 
m 150 sin 146° ⬇108
Le rayon de l’orbite de Vénus est environ de 108 millions
de kilomètres.
Mesurer avec des ombres
Exemple de production attendue
1. Recherche de la mesure de la hauteur
de la pyramide
À l’aide des données fournies, on peut trouver d’autres
renseignements.
•m ∠CAD 74° et m ∠DAB 28°, car la somme
des mesures des angles intérieurs d’un triangle est 180°.
•⊥, car les diagonales d’un carré se coupent
perpendiculairement.
•m m m m , car les diagonales
d’un carré se coupent en leur milieu.
O
57,5 m
A
BC D
EF
16°
62°
28°
74°
BOEOFOCO
FBCE
20
sAÉ
SV
m SV 苶
150
m SV 苶
m ST 苶
T
V
S
46°
La trigonométrie
7

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Représentation de
la situation vue
de haut :
Représentation de la situation vue de côté :
Puisqu’on sait qu’il existe une relation entre la mesure
de l’angle A, la mesure du segment OA et la hauteur
h,
on doit chercher la mesure du segment OA.
Mesure du segment OA
On peut déterminer la mesure du segment OA
en considérant que ce segment est l’hypoténuse
du triangle rectangle AGO.
Compte tenu du fait qu’il faut calculer les mesures
des segments DG et OG pour déterminer la mesure
du segment OA, il devient alors pertinent de déterminer
les mesures des côtés du carré.
Mesure du côté du carré :
tan 16° tan 62° 
m ⬇200,53 m ; m ⬇30,57 m ; donc,
m m m 231,1 m.
CBDBCD
DBCD
57,5
m DB 苶
57,5
m CD 苶
62°
28°
O
57,5 m
A
BC D
EF
16°
74°
G
?
A
OO?
h
A
37°
O
A
BC D
Mesure du segment OA
1. On calcule la mesure du côté AG du triangle rectangle
AGO.
m m m
m 57,5 m 
m 173,05 m
2. On calcule la mesure du côté OG du triangle rectangle
AGO.
m m
m 30,57
m 84,98 m
3. On obtient alors la mesure du segment OA.
m 
m ⬇192,79 m, par la relation de Pythagore.
Détermination de la hauteur de la pyramide :
tan 37° 
h ⬇145,28 m
La pyramide a donc une hauteur d’environ 145,28 m.
2. Recherche de la mesure de l’angle d’inclinaison
des faces latérales de la pyramide
On représente la situation comme suit :
Avec la mesure de la hauteur de la pyramide et la moitié
de la mesure du côté du carré à la base de la pyramide,
on peut établir la relation suivante.
tan H 
tan H ⬇1,26
tan ∠H⬇52°
La mesure de l’angle d’inclinaison des faces latérales est
donc d’environ 52°.
145,28
115,55
AO O
145,28 m
HH
115,55 m
?
h
192,79
A
OO 192,79 m
h
A
37°
OA
兹
173,05284,982
OA
OG
231,1
2
OG
DB
m CB 苶
2
OG
AG
231,1
2
AG
DGADAG

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74
Mesurer avec des triangles
Exemple de production attendue
Pour cette production attendue, les éléments choisis sont deux
portes donnant sur la cour de l’école, soit la porte du gymnase
et la porte de la cafétéria. Après avoir marché d’une porte
à l’autre, on estime que la distance est environ de 80 m.
1. Relevé des mesures sur le terrain
Le plan ci-dessous montre le relevé des angles qu’on a
mesurés dans la cour de l’école. Comme base, on a utilisé
la largeur du terrain de basketball.
2. Calcul des mesures manquantes
Le plan suivant montre tous les triangles une fois qu’ils
sont résolus. On a attribué une lettre à chacun
des sommets des triangles et on a trouvé les mesures
d’angles manquantes en se basant sur le fait que la somme
des mesures des angles intérieurs d’un triangle est 180°.
Pour trouver les mesures des côtés, on a utilisé la loi
des sinus.
m ⬇26,56
m ⬇19,93
m  ⬇22,96
m  ⬇20,02
m  ⬇20,78
20,02 sin 56
sin 53
m BG
苶 sin B
sin A
AG
26,56 sin 47
sin 76
m BF
苶 sin F
sin G
BG
26,56 sin 57
sin 76
m BF
苶 sin B
sin G
GF
15 sin 48
sin 34
m CF
苶 sin F
sin B
BC
15 sin 98
sin 34
m CF
苶 sin C
sin B
BF
A
BC
F
G
23,70 m
20,78 m
22,96 m
20,02 m 26,56 m
19,93 m
15 m
56°
53°
71°
57°
47°
76°
34°
98°
48°
D
E
41,08 m
28,98 m
28,98 m
34,59 m
75°
75°
30°
80°
56°
44°
15 m
56°
71°
57°
47°
98°
Porte
du gymnase
Porte de
la cafétéria
Base de la rampe
d’accès métallique Coin du terrain
de basketball Poteau du panier
de basketball
Coin du terrain
de basketball
Arbre
77°
48°73°
56°
80°
Base
21
sAÉ m  ⬇23,70
m ⬇28,98
m ⬇28,98
m  ⬇34,59
m  ⬇41,08
3. Distance entre les points A et E
Pour déterminer la distance entre le point A et le point E,
on a construit trois nouveaux triangles et on a appliqué
la loi des cosinus pour trouver successivement les mesures
des segments AC, AD et AE.
Résolution du triangle ABC :
m (m )2(m )22 m m cos (B)
⬇41,85
m ∠ACB Arcsin 冢冣
⬇18°
Résolution du triangle ACD :
m ∠ACD m ∠BCF m ∠FCD m ∠ACB 
98° 75° 18° 155°
m (m )2(m )22 m m cos (C)
⬇69,21
m ∠ADC Arcsin 冢冣
⬇14,8°
41,85 sin 155
69,21
m AC苶sin C
m AD苶
兹
41,85228,9922 41,85 28,98 cos 155
CDACCDAC
兹
AD
A
BC
F
G
28,98 m
147°
D
E
18°
75°
98°
41,85 m
23,7 sin 147
41,85
m AB苶sin B
m AC苶
兹
23,7219,9322 23,7 19,93 cos 147
BCABBCAB
兹
AC
A
BC
F
G
23,70 m
19,93 m
56°57°34°
D
E
28,98 sin 80
sin 44
m CF
苶 sin D
sin E
FE
28,98 sin 56
sin 44
m FD
苶 sin F
sin E
DE
15 sin 75
sin 30
m CF
苶 sin C
sin D
FD
15 sin 75
sin 30
m CF
苶 sin F
sin D
CD
20,02 sin 71
sin 53
m BG
苶 sin G
sin A
AB
74

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Résolution du triangle ADE :
m ∠ADE m ∠CDF m ∠FDE m ∠ADC 
30° 80° 14,8° 95,2°
m (m )2(m )22 m m cos (D)
⬇79,96
La distance qui sépare la porte du gymnase de la porte
de la cafétéria est donc, au dixième de mètre près, de 80 m.
La conjecture émise au départ était donc juste.
Réactivation 1
a. Les deux triangles étant rectangles, il suffit de démontrer
que deux de leurs côtés homologues sont isométriques.
C’est, en effet, le cas. On a :
•⬵, car ce sont deux rayons du cercle;
•⬵, par la réflexivité de la relation d’isométrie.
b. Oui. est la bissectrice de l’angle A.
Justification : ∠GAE ⬵∠GAF, car les angles homologues
de triangles isométriques sont isométriques.
c. Oui. On a bien m m .
Justification : Il faut démontrer que et
sont isométriques.
Les triangles rectangles ABD et ACD sont isométriques
puisqu’ils ont un angle aigu homologue et un côté
homologue isométrique.
En effet, on a :
•∠GAE ⬵∠GAF, comme on vient de le démontrer
à la question b;
•⬵, par la réflexivité de la relation d’isométrie.
En conséquence, ⬵, car les côtés homologues
de triangles isométriques sont isométriques.
d. Ces deux triangles sont semblables par la condition
minimale de similitude AA. En effet, l’angle A est commun
à ces deux triangles, et ils ont tous les deux un angle droit.
e. m AE
苶
m EG 苶
CDBD
ADAD
CBBD
BC
1
2
BD
AG
AGAG
GFGE
Page 150
7
RÉVISION
兹
69,21234,5922 69,21 34,59 cos 95,2
DEADDEAD
兹
AE
A
BC
F
G34,59 m
14,8°
D
E
30°80°
69,21 m
f. Le segment AG mesure environ 386 115 km.
Démarche : 
Le segment EG représente un rayon de la Lune,
dont la mesure est de 1737,5 km.
Le segment AE mesure donc environ 386 111 km, soit
1737,5.
Par la relation de Pythagore, on a :
m ⬇386 115
g. La distance entre l’observateur et la surface de la Lune
est environ de 384 380 km.
Mise à jour
1. a) La condition minimale ACA.
b) 1) ou 5 . 2) ou 2,5 .
3) ou . 4)
c) 1) ou . 2) ou .
3) ou . 4)
2. a) 10 2 ou 10 ( 1  ) .
b) 8 2 ou 8
( 1  ) .
c)
c ( 1  )
3. a) À 4 m du sol. b) 8 m ou environ 13,86 m.
4. a) La condition minimale AA. b) 5 m
Mise à jour (suite)
5. a) 1) Le périmètre est de u, ou environ 31 u.
2) L’aire est environ de 52,9 u2,
soit 6 冤1 
冢冣
2冢冣 3冥.
b) 720°, soit 4 180°.
6. m ∠BAE m ∠BFE m ∠CDE 120°
m ∠AEF 60°
m ∠ECF m ∠ECD m ∠CED 30°
7. a)
b) La condition minimale CAC ne s’applique pas,
car l’angle n’est pas adjacent aux deux côtés.
c) Dans le triangle obtusangle :
1) le plus petit côté est ;
AC
AB
C
40°
4 cm
6 cm AB
C
40°
4 cm
6 cm
25
16
25
16
25
16
497
16
Page 153
兹
3
兹
2
兹
2
兹
32
兹
2
兹
50
2 h
兹
苶
3
2
兹
苶
3
4
3
冑
10
兹
苶
3
100
3
冑
20
兹
苶
3
400
3
冑
c
兹
苶
3
2
兹
苶
3
2
3
4
冑
兹
3
兹
18,75
兹
3
兹
75
Page 152
兹
386 11121737,52
AG
200
0,9
200
0,9
m AD苶
m DB 苶
m AE 苶
m EG 苶

Vision 7 ■ Ressources supplémentaires • Corrigé du manuel – Vol. 2 © 2010, Les Éditions CEC inc. • Reproduction autorisée
76
2) le plus petit angle est ∠B.
Dans le triangle acutangle :
1) le plus petit côté est ;
2) le plus petit angle est ∠A.
8. a) 1) Non. L’égalité est fausse, car 2 11,2 7 1,25.
2) Oui, car les côtés homologues des triangles
semblables sont de longueurs proportionnelles.
3) Oui, car c’est dans la proportion précédente qu’on
a permuté les moyens.
b) 1) Oui, car c’est une application de la propriété additive.
2) Non. La nouvelle égalité est fausse.
Le sinus et le cosinus
d’un angle
Problème
Le voilier devrait louvoyer selon un angle de 45°.
Plusieurs démarches possibles. Exemple :
1. Mesure du segment AB
On complète la figure de la façon illustrée ci-dessous.
Le triangle ABC est rectangle en C, car chacun des angles A
et B mesure 45°. De plus, ce triangle est isocèle, car
les segments AC et BC mesurent tous les deux 2,5 km.
On a donc :
m 2,5
2. Longueur du trajet dans le cas d’un angle
de louvoiement de 30°
Quel que soit le nombre de fois que le voilier change
de cap, la distance parcourue sera la même, alors on peut
supposer que le voilier ne change de cap qu’une seule fois.
Dans ce cas, on obtient la figure ci-dessous.
A
B
C
D
30°
30°
2,5
兹 苶
2 km
兹
2
兹
12,5
兹
2,522,52
AB
Direction du vent
1 km 1,9 km 1,5 km
0,6 km
A
B
1,9 km
1,5 km
C
Page 154
7.1
section
BC
Pour déterminer la longueur du trajet ACB, on utilise le fait
que le côté opposé à un angle de 30° dans un triangle
rectangle mesure la moitié de la mesure de l’hypoténuse.
Soit
x , la mesure du segment AC. En appliquant la relation
de Pythagore dans le triangle rectangle ADC, on obtient
x
2冢冣
2
( 1,25 )
2.
La résolution donne
x ⬇2,04.
Le trajet ACB mesure donc 4,08 km.
3. Longueur du trajet dans le cas d’un angle
de louvoiement de 60°
S’il n’y a qu’un seul
changement de cap, on a
la figure ci-contre.
L’angle C mesure
nécessairement 60°.
Le triangle est équiangle,
donc équilatéral. La longueur
du trajet ACB est donc de 5 km,
soit environ de 7,07 km.
4. Durée du trajet par rapport à chaque angle
de louvoiement
En convertissant en kilomètres/heure les vitesses du voilier
exprimées en nœuds et en divisant la longueur de chaque
trajet par la vitesse du voilier, on obtient le tableau suivant.
Le temps minimal du trajet est de 0,135 h, soit environ
8 min 6 s, dans le cas d’un louvoiement de 45°.
Activité 1
a. Au départ : 
Après 12 s : 
Après 18 s : 
Les trois rapports sont égaux.
66
95
39,6
57
m BC
苶
m AB 苶
66
95
46,2
66,5
m BC
苶
m AB 苶
66
95
59,4
85,5
m BC
苶
m AB 苶
Page 155
A
B
C
60°
60°
2,5
兹 苶
2 km
兹
2
25
6
冑
兹
2
x
2
76
Angle Vitesse Longueur Durée
par rapport du voilier du trajet du trajet
au vent (km/h) (km) (h)
(°)
30 25,9 4,08 0,158
45 37 5 0,135
60 46,25 7,07 0,153