Exercice 1 : Déterminer le périmètre et l`aire du secteur hachuré

Exercice 1 :
O1
O2O3
Déterminer le périmètre et l’aire du secteur hachuré sachant que .
les trois cercles ont un même rayon R
Exercice 2 :
O
A
Q
P
On donne OA = 4 cm et une mesure de l’angle QOA =
α
rad.
1. Déterminer en fonction de α l’aire A(α) du domaine hachuré.
2. Déterminer α en radians et en degrés pour que A(α) = 4 cm2.
Q
Exercice 3 :
AC
D
E
B
H
Sur la figure ci-contre, ACDE est un carré et le triangle ABC est équilatéral.
1.Déterminerunemesuredel’angle\ BEH.
2. Calculer BH et en déduire que tan ³π
12´=2−√3
Exercice 4 :
1. Démontrer les relations suivantes en précisant leurs conditions de validité :
a. 1+tan
2(x)= 1
cos2(x)b. 1+ 1
tan2(x)=1
sin 2(x)
2. Suffit-il de se donner tan (x)pour connaître cos (x)(ou sin (x)) ?
3. Application : en utilisant le résultat obtenu dans l’exercice précédent, déterminer sin ³π
12´et cos ³π 12´.
4. Dans l’exercice de la méthode d’Hipparque on a établi que cos (2x)=2cos
2(x)−1.Retrouver les résultats ci-dessus.
1

Exercice 1 :
1. O1O2=O2O3=O1O3=2R. Le traingle O1O2O3est donc équilatéral et \
O1O2O3=\ O2O3O1=\ O3O1O2=π
3.
Ils interceptent donc sur chaque cercle un arc dont la longueur est π
3R.
La longueur totale du secteur hachuré est donc de πR.
2. L’aire recherchée est s’obtient en retranchant l’aire des trois secteurs angulaires (d’angle au centre π
3)à l’aire du triangle
équilatéral O1O2O3.
La base du triangle mesurant 2R, sa hauteur mesurera 2R×√3
2(Pythagore ou trigo)et son aire
A1=Ã2R×2R×√3
2!×1 2⇒A1=Ã2R×2R×√3 2!×1 2=R2√3
L’aire d’un secteur angulaire intercepté par un angle xse calcule par proportionnalité :
Angle (en radians) 2π x
Aire (en unité d’aire) πR2A(x)avec A(x)= πR2×x
2π⇒A(x)=R2×x 2
Ici, pour x=π
3on obtient A2=R2×π 6.L’aire recherchée vaut donc A=A1−3A2=R2√3−3×R2×π 6⇒A=R2³√3−π 2´
Exercice 2 :
1. Un propriété bien connue du cercle : la droite (OQ),perpendiculaire à la corde [AP ]passe son milieu (c’est sa médiatrice).
On peut sans problème utiliser directement cette propriété du cercle qu’il est cependant facile de démontrer.
En effet :le triangle OP A étant évidemment isocèle, les angles \ OP Q et [ OAQ ontmêmemesure;ilenestdoncdemême
pour \ POQ et [ QOA . Les triangles OQA et OP A sont donc isométriques (deux côtés un angle) d’où AQ =QP. Dès lors
AQ =QP ⇒Qappartient à la médiatrice de [AP ]et de même AO =OP donc Oappartient à la médiatrice de [AP ].Cette
médiatrice est donc bien la droite (OQ).
Ainsi, les triangle OIA et OIP étant isométriques, leurs aires sont égales.
L’aire du secteur angulaite QOP , qui s’obtient en ajoutant l’aire du triangle OIP et l’aire du secteur angulaire hachuré est
donc la même que celle du secteur angulaire intercepté par l’angle au centre \ QOP (dont une mesure, isométrie oblige vaut
α).Cette aire vaut (voir exercice précédent A(α)=22×α
2⇒A(α)=2α
2. Ainsi A(α)=4si et seulement si α=2rad et en degrés α=2×180
πdonc α=360 π
◦
Exercice 3 :
ABE étant isocèle, les angles \ AEB et \ ABE ont même mesure. La somme des angles du triangle AEB valant π, on a :
\
BAE+2
\
AEB =π⇒\ AEB =π−\
BAE
2
Or ⎧
⎨
⎩
\
CAB +\ BAE =π
2
\
CAB =π
3⇒\
BAE =π
2−π 3=π 6
On en déduit que \ AEB =
π−π
6
2=5π 12 puis que \
BEH =π
2−\
AEB ⇒\
BEH =π
12
2. Soit ale côté du carré (donc AC =CD =DE =EA =a)La hauteur du triangle équilatéral vaut a√3
2
On en déduit que BH =a−a√3
2⇒BH =aÃ1−√3 2!⇒BH =aÃ2−√3 2!
2

et dans le triangle rectangle EBH, tan ³\ BEH´=BH
EH ⇒tan ³π 12´=
aÃ2−√3
2!
a
2
=a¡2−√3¢
2×2 a⇒tan ³π 12´=2−√3
Exercice 4 :
1. a. On sait que pour tout réel x6=π
2+kπ, tan(x)= sin (x) cos (x)
Ainsi, pour tout réel x6=π
2+kπ, tan2(x)= sin2(x) cos2(x)⇒1+tan
2(x)=1+sin2(x)
cos2(x)=cos2(x)+sin
2(x)
cos2(x).
Or cos2(x)+sin
2(x)=1
1.b. On a donc, pour tout réel x6=π
2+kπ, 1+tan
2(x)= 1
cos2(x)
Propriété qui est donc valable pour x6=π
2+kπ (ne jamais diviser par 0)
On a encore, pour tout réel x6=π
2,tan(x)= sin (x) cos (x)et 1 tan(x)est définie dès lors que tan(x)est définie et non nulle, c’est à
dire pour xdifférent de π
2+kπ (tan définie) et différent de kπ (non nulle).
Dès lors, 1
tan(x)=1
sin (x)
cos (x)
=cos (x)
sin (x)⇒1+ 1
tan2(x)=1+cos2(x)
sin2(x)=sin2(x)+cos
2(x)
sin2(x)
On en déduit comme ci-dessus que 1+ 1
tan2(x)=1
sin2(x)pour x6=π
2+kπ et x6=kπ.
2. Ladonnéedelatangentenesuffitpascar1+tan
2(x)= 1
cos2(x)⇒cos2(x)= 1
1+tan
2(x)
Donc cos (x)=r1
1+tan
2(x)ou cos (x)=−r1
1+tan
2(x).Pour une même tangente, deux angles sont possibles.
3. sachant que π
12 ∈h0,π 2i,son sinus et son cosinus sont positifs. Ainsi, cos ³π 12´=v
u
u
t1
1+tan
2(π
12)
Or tan( π
12)=2−√3⇒tan2(π 12)=¡2−√3¢2donc tan2(π 12)=7−4√3
Donc 1+tan
2(π
12)=8−4√3et 1
1+tan
2(π
12)=1
8−4√3=8+4
√3
¡8−4√3¢¡8+4
√3¢en multiplant par la quantité conjuguée.
Ainsi, 1
1+tan
2(π
12)=√3+2
4et cos ³π 12´=r√3+2 4⇒cos ³π 12´=p√3+2 2et de même sin ³π 12´=p2−√3 2
4. cos (2x)=2cos
2(x)−1⇒cos2(x)=1+cos(2x)
2donc cos2³π 12´=
1+cos³π
6´
2.
Or cos ³π
6´=√3 2donc cos2³π 12´=
1+√3
2
2⇒cos2³π 12´=2+√3 4⇒cos ³π 12´=p2+√3 2
Puis sin2³π
12´=1−cos2³π 12´=1−2+√3 4⇒sin2³π 12´=2−√3 4⇒sin ³π 12´=p2−√3 2
3