Démontrer que si les angles d`un triangle ABC satisfont à la relation

Université de Liège Examen d'admission
Trigonométrie et calcul numérique – Septembre 2004
Question 1
Démontrer que si les angles d’un triangle ABC satisfont à la relation
CB
CB
Acoscos
sinsin
sin +
+
=
alors le triangle est rectangle en A.
Dans le triangle ABC on a évidemment :
π
=
+
+
CBA et
π
<
<
CBA ,,0
Conditions d’existence :
CBCB
CBCB
CB
+≠⇔−≠⇔
−≠⇔−≠⇔
≠
+
ππ
π
)cos(coscoscos
0coscos
Dans le cas du triangle, cette condition équivaut à 0
≠
A qui est toujours vérifiée.
Solution :
Développons la relation qui est l’hypothèse et démontrons que la thèse est vérifiée.
En utilisant les relations de transformations de sommes en produits, l’hypothèse peut s’écrire :
2
cos
2
cos2
2
cos
2
sin2
coscos sinsin
sin CBCB
CBCB
CB
CB
A−+
−
+
=
+
+
=
On peut simplifier haut et bas le second membre par 2
CB−
cos car 22
π
≠
−
CB , relation vérifiée dans le
triangle puisque les angles sont inférieurs à π.
On a donc :
2
cos
2
sin
2
cos
2
sin2
2
cos
2
sin
)sin(
2
cos
2
sin
)sin(
2
cos
2
sin
sin
CB
CB
CBCB
CB
CB
CB
CB
CB
CB
CB
CB
A
+
+
=
+
⋅
+
⋅⇔
+
+
=+⇔
+
+
=+−⇔
+
+
= π
On peut également simplifier chaque membre par 2
CB
sin
+
puisque 0
2≠
+
CB et
π ≠
+
2
CB pour un
triangle. Il vient alors :
0)cos(1)cos(1
1
2
cos2
2
cos
1
2
cos2 2
=+⇔=++
=
+
⇔
+
=
+
CBCB
CB
CB
CB
Cette équation admet comme solution :
π
π
⋅+±=+ kCB 2
Pour le triangle ABC, la seule solution acceptable est 2
π
=+CB et donc 2
π
=A.

5
16
π
⋅
7
16
π
⋅
13
16
π
⋅
15
16
π
⋅
21
16
π
⋅
23
16
π
⋅
29
16
π
⋅
16
π
−
Question 2
Résoudre l’équation suivante :
3 3
2
sin cos sin cos
8
x x x x⋅ − ⋅ =
Représentez les solutions sur le cercle trigonométrique.
Comme la formule ne contient que des sinus et cosinus, il n’y a pas de condition d’existence.
Il vient : 3 3
2
sin cos sin cos
8
x x x x⋅ − ⋅ =
2 2
2
sin cos sin cos
8
x x x x ⋅ ⋅ − =
Les formules de duplication donnent les deux relations suivantes :
( )
1
sin cos sin 2
2
x x x
⋅ = ⋅ et
(
)
2 2
sin cos cos 2
x x x
− = −
En remplaçant dans l’équation on trouve
( ) ( )
1 2
sin 2 cos 2
2 8
x x− ⋅ =
Et s’il on applique une nouvelle fois la formule de duplication du sinus, il vient
( )
2
sin 4
2
x= −
On a donc les 2 ensembles de solutions suivants :
 4 2
4
x k
π
π
= − + ⋅ ⋅
et donc
16 2
x k
π π
= − + ⋅
avec k
∈
5
4 2
4
x k
π
π
= + ⋅ ⋅
et donc 5
16 2
x k
π π
⋅
= + ⋅
avec k
∈
qui peuvent se représenter sur le cercle trigonométrique
comme ci-contre.

Question 3
Soit un triangle rectangle ABC dont l’angle en A est droit. AB = 15 cm et AC = 8 cm. Calculer les
valeurs des angles aux sommets B et C ainsi que la longueur de l’hypoténuse. Calculer la hauteur du
triangle formé par le côté AC et les bissectrices intérieures des angles en A et C.
Sachant que cette hauteur est aussi le rayon du cercle inscrit au triangle, calculer l’aire et le
périmètre du triangle A’B’C’ dont les côtés sont situés à 1 cm de ceux du triangle ABC.
C’
15
C1
A1
D
8
C
B
A
Calcule des angles et de
l’hypoténuse du triangle ABC :
°
°
=→=
=→=
9275,61
8
15
tan
0725,28
15
8
tan
CC
BB
cm 17815 22
22 =+=+= ACABBC
B’
A’
Soit D l’intersection des bissectrices en A et C. Dans le triangle ADC, on a :
°=°−°−°=°=
°
=°= 0362,1049638,3045180 ,9638,30
2
9275,61
,45 11 DCA
cm 8309,5
)0362,104sin(
)45sin(8
sin
sin sinsin 11 =
°
°⋅
=
⋅
=→= D
AAC
CD
CD
A
AC
D
La hauteur du triangle ADC relative à AC est alors donnée par :
cm 3)9638,30sin(8309,5sin 1=°⋅=⋅= CDCh
Cette hauteur de 3 cm étant égale au rayon du cercle inscrit au triangle ABC, le triangle A’B’C’
aura un cercle inscrit de rayon égal à 4 cm. Le rapport des aires de ces cercles inscrits étant
conservé pour les triangles, on a :
'''
2
'''
2
CBA
ABC
CBA
ABC
S
S
r
r=
2/)158(
4
3
'''
2
2
CBA
S
⋅
=
60
16
9
''' CBAS
= → 2 ''' cm 6667,106
9
1660 =
⋅
=CBAS.
De même, le rapport des périmètres des triangles est égal au rapport des rayons :
'''''' CBA
ABC
CBA
ABC
P
P
r
r=
'''
17158
4
3
CBAP
++
= → cm 3333,53
3
4)17158(
''' =
⋅+
+
=CBAP