Trigonométrie – Angles inscrits - Hachette

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CHAPITRE 12 - CORRIGÉS DES EXERCICES
JE FAIS LE POINT
SUR MES CONNAISSANCES
a) Avec le cos: arrondi et troncature
x≈9,2 cm (9,237…)
b)Avec le cos: arrondi x≈8,2 cm (8,191…),
troncature x≈ 8,1 cm
c) Avec le cos: arrondi et troncature x≈ 22,6°
(22,619…)
a) On utilise une propriété du parallélo-
gramme puis une propriété des droites.
b)Propriété du triangle inscrit dans un cercle.
c) Médiane et triangle rectangle.
d)Réciproque du théorème de Pythagore.
a) x= 180 – (90 + 28) = 62°
b)x= 53°(angles alternes-internes)
y= 180 – 53 = 127°(angles supplémentaires)
z= 53° (angles opposés par le sommet ou
angles correspondants)
Les exercices d’application sont corrigés dans le
livre de l’élève à la page 285.
RÉACTIVER
LES CONNAISSANCES
cos ABC =
cos 25°=
BC ⫻cos 25°= 9
BC =
BC ≈ 9,9 cm (9,930…)
Avec le cosinus: BA ≈ 6,5 cm (6,472…)
Avec le cosinus: B
^≈ 56°(56,251…)
a) On sait que [EF] est un diamètre d’un
cercle et M un point de ce cercle.
Si, dans un cercle, un triangle a pour sommets
les extrémités d’un diamètre et un point de ce
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cos 25°
9
BC
AB
BC
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2
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cercle, alors ce triangle est rectangle en ce
point.
Donc EMF est un triangle rectangle en M.
b)On sait que I est le milieu de [BC] dans le
triangle ABC et que AI = 4 cm et BC = 8 cm.
Si dans un triangle la médiane issue d’un som-
met a une longueur égale à la moitié du côté
opposé à ce sommet, alors le triangle est rec-
tangle en ce sommet.
Donc le triangle ABC est rectangle en A.
c) On sait que (PR)//(UV) et (TL) ⊥ (PR).
Si deux droites sont parallèles, et si une troi-
sième droite est perpendiculaire à l’une, alors
elle est perpendiculaire à l’autre.
Donc (TL) ⊥ (UV)
BP2+ PC2= 3,92+ 82= 79,21
et BC2= 79,21
Donc le triangle BPC est rectangle en P
(réciproque du théorème de Pythagore)
a) P
^=90°
b) I
^= 26°et T ^ =128°
c) O
^= P ^=74°
a=e=g= 38° et b=c=h =f=142°
a) Vrai b) Faux c) Faux
d)Faux e) Faux
EXERCICES FONDAMENTAUX
a) L’hypoténuse est [RC], le côté adjacent
à R
^ est [AR], le côté opposé à R ^ est [AC].
b)sin (R
^) = tan (R ^) =
cos (R
^) =
cos (E
^) = =
sin (E
^) = = tan (E ^) = =
Cet exercice est corrigé dans le livre de
l’élève à la page 285.
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DG
DE
FD
FE
GD
GE
DF
DE
ED
EG
EF
ED
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AR
RC
AC
AR
AC
RC
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Trigonométrie – Angles inscrits –
Angles au centre
Trigonométrie – Angles inscrits –
Angles au centre
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a) tan (P
^) b) sin (P ^) c) cos (P ^)
a) sin (28°) ≈ 0,469 (0,469 47…)
b)sin (64°) ≈ 0,899 (0,898 7…)
c) tan (35°) ≈ 0,700 (0,700 2…)
d)tan (45°) = 1
a) sin (ABC) ≈0,544 (0,544 6…)
tan (ABC) ≈0,649 (0,649 4…)
b)sin (ABC) ≈0,882 (0,882 3…)
tan (ABC) = 1,875
a) cos (BGV) ≈ 0,588 (0,587 78…)
sin (BGV) ≈ 0,809 (0,809 0…)
tan (BGV) ≈1,376 (1,376 3…)
b)cos (BGV) ≈ 0,862 (0,861 53…)
sin (BGV) ≈ 0,508 (0,507 6…)
tan (BGV) ≈ 0,589 (0,589 2…)
a) AC ≈ 5,6 cm (5,591…) avec sinus dans
le triangle CAB rectangle en A.
b)AC ≈ 8,6 cm (8,578…) avec tangente dans
le triangle BAC rectangle en C.
b)AC ≈ 5,9 cm… (5,895…) avec sinus
dans le triangle CAR rectangle en R.
b)BS ≈ 4,2 cm… (4,201…) avec tangente
dans le triangle BUS rectangle en B.
Cet exercice est corrigé dans le livre de
l’élève à la page 285.
MR ≈ 5,2 cm (5,230…)
Cet exercice est corrigé dans le livre de
l’élève à la page 285.
Monsieur Théo Dolite mesure AC et C
^.
AB = AC ⫻tan (C
^)
a) x= 49°(49,458…)
b)x= 41°(40,832…)
c) x= 14°(14,036…)
d)x= 76°(75,999…)
e) impossible.
f) x= 67°(66,501…)
a) A
^≈ 27°(26,565…)
b)A
^≈ 39°(38,682…)
b)A
^= 56°(56,309…) (avec tan (A ^))
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b) O
^= 30°(valeur exacte) (avec sin (O ^))
a) IAL = 67° (67, 38…) (avec sin (IAL))
b)RTI ≈ 67°(67,38…) (avec tan (RTI))
a) TAC ≈ 53°(53,130…) (avec sin (TAC))
b)CAL ≈ 37°(36,869…) (avec tan (CAL))
Cet exercice est corrigé dans le livre de
l’élève à la page 285.
a) ABE, ACE, ADE interceptent l’arc AE.
b)BAC, BEC, interceptent l’arc BC.
ROC = 80°donc RSC = 40°
(demi-angle au centre)
ALC = 28°donc AOC = 56°
(double angle inscrit)
BOC = 60°donc BAC = 30°
(demi-angle au centre)
MPK = 30°donc MOK ≈ 60°
(double angle inscrit)
Non corrigé.
Non corrigé.
On montre que le triangle CPM est rec-
tangle en P avec une propriété des droites puis
on calcule:
PM ≈ 49,7 mm (49,715…) avec sin (PCM).
On montre que le triangle CAT est rec-
tangle en T avec la réciproque du théorème de
Pythagore puis on calcule :
CR ≈ 18 mm (18,275…) avec cos (TCR).
On montre que le triangle GEF est rectan-
gle en G avec la somme des angles du triangle
puis on calcule:
GF ≈ 4,2 cm (4,201…) avec tan (GEF).
On montre que le triangle CID est rectan-
gle en I avec la propriété du triangle inscrit
dans un cercle puis on calcule:
ID ≈ 2,3 cm (2,294…) avec sin (ICD).
On montre que le triangle CAL est rectan-
gle en L avec la propriété de la médiane puis on
calcule: CL ≈ 75 mm (75,229…) avec tan (LCA).
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CHAPITRE 12 - CORRIGÉS DES EXERCICES
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CHAPITRE 12 - CORRIGÉS DES EXERCICES
On calcule OA = 53 mm avec le théorème
de Pythagore dans le triangle ALO puis
OB ≈ 50,9 mm (50,946…) avec cos (BOA).
On calcule BK = 30 mm avec le théorème
de Thalès puis EK ≈ 15 (14,631…)
avec tan (BEK).
On calcule TP = 12 cm avec la propriété
de la médiane d’un triangle rectangle puis
SP ≈ 7,7 cm (SP = 7,713…) avec sin (STP).
Aire =32m
2donc TP = 32 ÷ 4 = 8 m.
SP ≈ 6,47 m (6,472…) avec cos (TPS).
On calcule EG ≈ 3,549 cm avec sin (EGH)
puis EF ≈ 2,7 cm (2,773…) avec tan (EGF).
RM = 59 m (58,958…)
(MRE = 58°puis RM avec sin (MRE))
SI ≈ 5,2 cm (P
^dans le triangle PAT puis
tan (SPI) dans le triangle PSI soit
IS = 5,1961…)
b)On montre que le triangle SRT est rec-
tangle en S avec la réciproque du théorème de
Pythagore puis on calcule :
STR ≈ 58° (58,109…) avec sin (STR)
ou cos (STR) ou tan (STR)
b)LCT ≈ 67°(67,975…)
(On montre que le triangle LCT est rectangle
en L avec la propriété du triangle inscrit dans
un cercle puis on utilise cos (LCT)).
On montre que le triangle RMC est rec-
tangle en C avec la propriété de la médiane,
puis on calcule:
RMC ≈21°(20,924…) avec sin (RMC).
ADC ≈ 46° (sinus dans le triangle AOD
rectangle: ADO = 22,885… puis
ADC = 2 ⫻ADO = 45,77…)
PLA ≈ 13° (théorème de Pythagore dans
le triangle LPC soit LP = 40 puis une tangente
dans le triangle PLA soit PLA = 12,680…)
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AIM ≈ 39° (théorème de Thalès dans le
triangle CAI soit : AI = 32 mm puis cosinus
dans le triangle AIM rectangle en M soit :
AIM = 38,624…)
MS = 10 cm car le triangle MIS est rectan-
gle en I et IK est la médiane issue de l’angle
droit. MAS ≈ 65°(65,380… avec sinus dans le
triangle MAS rectangle en M).
TU ≈ 7 cm (7,09… avec sinus dans le
triangle MUT rectangle en M)
Aire de TULE = UL ⫻TU = 5 ⫻7 =35cm
2
a) BC ≈ 21 cm (avec tangente dans le
triangle BCA rectangle en C soit BC = 20,977…)
b)CD ≈ 29 cm (avec tangente dans le triangle
CAD rectangle en C soit CD = 28,759…)
c) BD = BC + CD ≈ 21 + 29 ≈ 50 cm
a) BA ≈ 40,30 m (avec cosinus dans le
triangle BAC rectangle en C soit :
BA = 40,30039…)
b)Hauteur de B = 10,09 m (tangente dans le
triangle BAC rectangle en C soit :
BC = 4,91 m puis hauteur = 15 – 4,91)
ET ≈ 4,5 cm (avec tangente dans le trian-
gle FUL rectangle en U soit: F
^= 26,565° puis
sinus dans le triangle ETF rectangle en T soit :
ET = 4,472…)
FB ≈ 23,50 m (tangente dans le triangle
BDA rectangle en D soit BD = 8,66… puis tan-
gente dans le triangle FDA rectangle en D :
FD = 32,16… alors FB = 32,16 – 8,66 = 23,50)
a) Longueur de la laisse: ≈ 9,33 m (avec
sinus dans le triangle CIH rectangle en H soit :
CI = 9,334…)
b)Allongement: 2,16 m (tan (HCI) dans le
triangle CIH rectangle en H soit :
CH = 7,150… puis avec le théorème de Pytha-
gore dans le triangle CHE soit:
CE = 11,494… et enfin
CE – CI = 11,494 – 9,334 = 2,160 m)
Il y a d’autres méthodes possibles.
a) On montre que le triangle PBM est rec-
tangle en M avec la réciproque du théorème de
Pythagore.
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b)MBP ≈62°(avec sinus (MBP) soit:
MBP = 61,927… ou cosinus ou tangente)
c) On calcule NS avec le théorème de Thalès :
NS = 4,8 cm
d)On montre que : (CE)//(MB) avec la réci-
proque de Thalès dans le triangle MBP.
a) FC = 13 cm (théorème de Thalès dans
le triangle ABE)
b)Réciproque du théorème de Pythagore
c) tan (BAE) ≈ 0,416 6…
d)BAE ≈ 23° (22,619…)
CAB = 22° (Dans le triangle COB, on a:
O
^= 44° puis CAB = demi-angle au centre)
B
^= E ^= 50°(angles inscrits) puis
BAC = 180 – 50 – 40 = 90°
a) Avec la propriété du triangle inscrit
dans un cercle, on démontre que le triangle
ABD est rectangle en A.
b)Comme BDA et BCA interceptent le même
arc, on a: BDA = BCA = 60°
Dans le triangle BAD, on a :
ABD = 180 – (90 + 60) = 30°
Autre méthode: Les points O et B sont équidis-
tants de A et C, donc (BO) est la médiatrice de
[AC] et comme le triangle ABC est équilatéral,
(BO) est aussi la bissectrice de ABD donc
ABD = 60 ÷ 2 = 30°
a) Avec la propriété du triangle inscrit
dans un cercle, on démontre que le triangle
MAH est rectangle en M.
b)MHA ≈ 36° (sinus dans le triangle MHA
rectangle en M: MHA = 36,078…)
c) HAM = 90 – 36 = 54°
Comme HTM et HAM interceptent le même
arc on a: HTM = HAM = 54°
cos (x) = (cos2(x) + sin2(x) = 1)
sin (x) = (cos2(x) + sin2(x) = 1)
Les exercices de Je fais le point sur le chapitre et
Je m’entraîne pour le contrôle sont corrigés dans
le livre de l’élève aux pages 286 et 287.
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EXERCICES
D’APPROFONDISSEMENT
a) Q
^= 41,4°(41,409…) avec cosinus dans
le triangle PQR rectangle en Q
b)PR = 5,290… m avec sinus dans le triangle
PQR rectangle en Q.
Donc hauteur de la masse : PR – RC = 3,29 m
Cet exercice est corrigé dans le livre de
l’élève à la page 287.
LRC ≈53,1°(avec tangente dans le trian-
gle LCR rectangle en C)
LAI ≈ 36,9° (avec somme des angles du trian-
gle PAR rectangle en P)
a) T
^≈ 36,869 avec tangente dans le trian-
gle TUR rectangle en R puis RS = 4,8 cm
(4,80… avec sinus dans le triangle TRS rectan-
gle en S.
Remarque: on peut aussi utiliser l’aire de TRU)
b)OS ≈ 1,4 (TS = 6,4 cm avec cosinus dans le
triangle TRS puis TO = 10 par le théorème
de Pythagore dans le triangle TRS et enfin
OS = TS – TO 1,4 cm)
BD = 230冪莥2 d’où BH = 115冪莥2
ABH ≈ 42° (42,109…) (avec tangente dans le
triangle ABH rectangle en H)
AIH ≈ 52° (51,963…) (avec tangente dans le
triangle AIH rectangle en H)
AD ≈ 11,423 et BD ≈ 33,809.
Longueur d’un tour: 85 m (85, 232…)
Il faut calculer toutes les longueurs.
Cet exercice est corrigé dans le livre de
l’élève à la page 287.
La somme des angles du triangle ACR est
de 180°donc x+9 +2x+2x+11 =180°
Donc 5x+ 20 = 180°donc x= 32°.
AOR = 82° et ACR = 41°
a) Aire =
c) Aire du triangle ABC: ≈ 6,4 cm2(6,427…)
a⫻b⫻sin (x)
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CHAPITRE 12 - CORRIGÉS DES EXERCICES
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CHAPITRE 12 - CORRIGÉS DES EXERCICES
b)AOH = 36° et OH ≈ 4,0 cm (4,045…)
c) Aire du pentagone 59,44 cm2(59,441…)
d)La formule donne: Ꮽ≈ 59,44 cm2
(sin x+ cos x)2– 2 sin xcos x
= (sin x)2+ (cos x)2+ 2 sin xcos x– 2 sin xcos x
= (sin x)2+ (cos x)2
= 1
c) Le cosinus n’est pas proportionnel à
l’angle car la courbe obtenue n’est pas une
droite passant par l’origine.
a) LOA = 2 ⫻LGO = 140°
b)On démontre que le triangle LGA est rectan-
gle en L avec la propriété du triangle inscrit
dans un cercle.
c) LA ≈ 17,196… (avec sin (LGA) dans le trian-
gle LAG rectangle en L)
Distance parcourue par Florent :
LO + OA + LA = + + 17,196
= 35,496 m
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LG ≈ 6,258… (avec cosinus dans le triangle
LGA rectangle en L)
Distance parcourue par Sylvain :
LO + OG + LG = + + 6,258
= 24,558 m
a) Dans le triangle AOC rectangle en C,
on a: AC = = = 3
b)(1) (NS) et (AC) sont perpendiculaires à
(EC) donc (NS)//(AC).
(2) Avec le théorème de Thalès, on trouve :
OS = 10 et ES = 5
c) ON ≈ 5,8 cm (5,773…) (avec cos (NOE)
dans le triangle ONE rectangle en E)
d)COA = 60°(cos (COA) dans le triangle COA
rectangle en C)
SOE et AOC sont opposés par le sommet
Donc: SOE = AOC
Alors NOS = NOE + SOE = 30 + 60 = 90°
Donc le triangle NOS est rectangle en O.
冪莦
3
冪莦
3
冪莦
9 ⫻3
冪莦
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18,3
2
18,3
2
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