Solution des exercices : Trigonométrie 3e

Classe: 
Troisième

Exercice 1 

Soit $RSU$ un triangle rectangle en $U$ tel que $RS=3\ $  et $\ SU=2$

 
 
 
 
1) Calculons $RU$
 
$RSU$ rectangle en $U$, alors d'après le théorème de Pythagore on a : $$RS^{2}=RU^{2}+SU^{2}$$
Donc, 
 
$\begin{array}{rcl} RU^{2}&=&RS^{2}-SU^{2}\\ \\&=&3^{2}-2^{2}\\\\&=&9-4\\\\&=&5 \end{array}$ 
 
D'où, $RU=\sqrt{5}$
 
2) Calculons  $\cos\widehat{R}\;,\ \sin\widehat{R}\;,\ \cos\widehat{S}\;,\ \sin\widehat{S}\ $ et $\ \tan\widehat{S}$ 
 
On a : 
 
$\cos\widehat{R}=\dfrac{RU}{RS}=\dfrac{\sqrt{5}}{3}$
 
$\sin\widehat{R}=\dfrac{SU}{RS}=\dfrac{2}{3}$
 
$\cos\widehat{S}=\dfrac{SU}{RS}=\dfrac{2}{3}$
 
$\sin\widehat{S}=\dfrac{RU}{RS}=\dfrac{\sqrt{5}}{3}$
 
Autrement, comme $RSU$ est rectangle en $U$ alors $\widehat{R}\ $ et $\ \widehat{S}$ sont complémentaires.
 
Donc, $\cos\widehat{S}=\sin\widehat{R}\ $ et $\ \sin\widehat{S}=\cos\widehat{R}$
 
D'où, $\cos\widehat{S}=\dfrac{2}{3}\ $ et $\ \sin\widehat{S}=\dfrac{\sqrt{5}}{3}$
 
On a : 
 
$\begin{array}{rcl}\tan\widehat{S}&=&\dfrac{\sin\widehat{S}}{\cos\widehat{S}}\\ \\&=&\dfrac{\dfrac{\sqrt{5}}{3}}{\dfrac{2}{3}}\\\\&=&\dfrac{\sqrt{5}\times 3}{3\times 2}\\\\&=&\dfrac{\sqrt{5}}{2}\end{array}$ 
 
Donc, $\tan\widehat{S}=\dfrac{\sqrt{5}}{2}$

Exercice 2 

1) Soit $ABC$ un triangle rectangle en $A$ tel que $\widehat{ABC}=56^{o}\ $ et $\ BC=4.2\;cm.$

 

 
Calculons $AB$
 
On a : $\cos\widehat{ABC}=\dfrac{AB}{BC}$
 
donc, $AB=BC\times\cos\widehat{ABC}$
 
comme $\widehat{ABC}=56^{o}$ alors, $\cos\widehat{ABC}=\cos 56^{o}=0.56$
 
ainsi, $AB=BC\times 0.56=4.2\times 0.56=2.35$
 
d'où, $\boxed{AB=2.35\;cm}$
 
Calculons $AC$
 
On a : $\sin\widehat{ABC}=\dfrac{AC}{BC}$
 
donc, $AC=BC\times\sin\widehat{ABC}$
 
or, $\sin\widehat{ABC}=\sin 56^{o}=0.83$
 
ainsi, $AC=BC\times 0.83=4.2\times 0.83=3.49$
 
d'où, $\boxed{AC=3.49\;cm}$
 
2) Construisons un triangle $OIE$ rectangle en $O$ tel que $\widehat{OEI}=72^{o}\ $ et $\ OE=2\;cm.$

 

 
Calculons l'arrondi au dixième près de $OI.$
 
On a : $\tan\widehat{OEI}=\dfrac{OI}{OE}$
 
donc, $OI=OE\times\tan\widehat{OEI}$
 
or, $\tan\widehat{OEI}=\tan 72^{o}\simeq 3.08$
 
ainsi, $OI=OE\times 3.08=2\times 3.08=6.1$
 
d'où, $\boxed{OI=6.1\;cm}$
 
En vérifiant sur la figure, on obtient la même mesure pour $OI.$

Exercice 3

1) $ABC$ est un triangle rectangle en $C$ tel que : $CB=4\;cm\ $ et $\ AC=3\;cm.$

 

 
Calculons $\sin\widehat{B}$
 
On a : $\sin\widehat{B}=\dfrac{AC}{AB}$
 
comme $ABC$ est rectangle en $C$ alors, d'après le théorème de Pythagore on a : $$AB^{2}=AC^{2}+CB^{2}$$
donc,

$\begin{array}{rcl} AB&=&\sqrt{AC^{2}+CB^{2}}\\\\&=&\sqrt{9+16}\\\\&=&\sqrt{25}\\\\&=&5\end{array}$

 
ainsi, $\sin\widehat{B}=\dfrac{3}{5}=0.6$
 
d'où, $\boxed{\sin\widehat{B}=0.6}$
 
Calculons $\cos\widehat{B}$
 
On a : $\cos\widehat{B}=\dfrac{CB}{AB}$
 
donc, $\cos\widehat{B}=\dfrac{4}{5}=0.8$
 
ainsi, $\boxed{\cos\widehat{B}=0.8}$
 
Calculons $\tan\widehat{B}$
 
On sait que $\tan\widehat{B}=\dfrac{\sin\widehat{B}}{\cos\widehat{B}}$
 
alors, $\tan\widehat{B}=\dfrac{0.6}{0.8}=0.75$
 
On en déduit alors,  $\boxed{mes\;\widehat{B}=36.8^{\circ}}$

2) Considérons le triangle $HBC$ rectangle en $H$ tel que $mes\;\widehat{B}=60^{\circ}\ $ et $\ HB=4\;cm$

 

 
Calculons la distance $BC$
 
Comme $\cos\widehat{B}=\dfrac{HB}{BC}$ alors, $BC\times\cos\widehat{B}=HB$
 
donc, $BC=\dfrac{HB}{\cos\widehat{B}}$
 
or, $\cos\widehat{B}=\cos 60^{\circ}=0.5$
 
ainsi, $BC=\dfrac{4}{0.5}=8$
 
d'où, $\boxed{BC=8\;cm}$
 
Calculons la distance $HC$
 
On sait que $\sin\widehat{B}=\dfrac{HC}{BC}$
 
ce qui entraine alors, $HC=BC\times\sin\widehat{B}$
 
or, $\sin\widehat{B}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
 
donc, $HC=8\times\dfrac{\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}$
 
Ainsi, $\boxed{HC=4\sqrt{3}\;cm}$
3) Considérons un triangle $ABC$ rectangle en $B$ tel que : 
 
$mes\widehat{A}=30^{\circ}\quad$ et $\quad CB=5\;cm.$

 

 
Calculons $AC$
 
On a : $\sin\widehat{A}=\dfrac{CB}{AC}$
 
donc, $AC\times\sin\widehat{A}=CB$
 
ce qui entraine alors, $AC=\dfrac{CB}{\sin\widehat{A}}\ $ avec $\ \sin\widehat{A}=\sin 30^{\circ}=\dfrac{1}{2}$
 
ainsi, $AC=2CB=10$
 
d'où, $\boxed{AC=10\;cm}$
 
Calculons $AB$
 
Pour cela, on peut soit utiliser le théorème de Pythagore : $$AC^{2}=AB^{2}+CB^{2}$$
 
soit exploiter tout simplement le cosinus de l'angle $\widehat{A}$
 
et dans ce cas on aura : $\cos\widehat{A}=\dfrac{AB}{AC}$
 
donc, $AB=AC\times\cos\widehat{A}\ $ avec $\ \cos\widehat{A}=\cos 30^{\circ}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
 
par suite, $AB=10\times\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ 
 
ainsi, $\boxed{AB=5\sqrt{3}\;cm}$
 
4) Soit $STV$ un triangle rectangle en $T$ tel que : 
 
$\tan\widehat{S}=\dfrac{4}{3}\quad$ et $\quad TV=\sqrt{6}\;cm.$
 
Calculons $ST$
 
On sait que $\tan\widehat{S}=\dfrac{TV}{ST}=\dfrac{4}{3}$
 
donc, $ST\times 4=TV\times 3$
 
par suite, $ST=\dfrac{TV\times 3}{4}$
 
ainsi, $ST=\dfrac{\sqrt{6}\times 3}{4}=\dfrac{3\sqrt{6}}{4}$
 
ce qui donne, $\boxed{ST=\dfrac{3\sqrt{6}}{4}\;cm}$
 
Calculons $SV$
 
$STV$ étant rectangle en $T$ alors, en utilisant le théorème de Pythagore on aura : $$SV^{2}=ST^{2}+TV^{2}$$
 
et par suite : 
 
$\begin{array}{rcl} SV&=&\sqrt{ST^{2}+TV^{2}}\\\\&=&\sqrt{\left(\dfrac{3\sqrt{6}}{4}\right)^{2}+(\sqrt{6})^{2}}\\ \\&=&\sqrt{\dfrac{54}{16}+6}\\ \\&=&\dfrac{\sqrt{54+96}}{4}\\ \\&=&\dfrac{5\sqrt{6}}{4}\end{array}$
 
d'où $\boxed{SV=\dfrac{5\sqrt{6}}{4}\;cm}$
 
5) Dans le triangle $ABC$ rectangle en $B$, on donne : $\sin\widehat{A}=\dfrac{\sqrt{5}}{3}.$
 
Calculons $\cos\widehat{A}$
 
$\widehat{A}$ un angle aigu alors on a : $$\cos^{2}\widehat{A}+\sin^{2}\widehat{A}=1$$
ainsi, 
 
$\begin{array}{rcl} \cos\widehat{A}&=&\sqrt{1-\sin^{2}\widehat{A}}\\\\&=&\sqrt{1-\dfrac{5}{9}}\\ \\&=&\sqrt{\dfrac{9-5}{9}}\\ \\&=&\sqrt{\dfrac{4}{9}}\\ \\&=&\dfrac{2}{3}\end{array}$
 
d'où, $\boxed{\cos\widehat{A}=\dfrac{2}{3}}$
 
Calculons $\tan\widehat{A}$
 
On a : 
 
$\begin{array}{rcl}\tan\widehat{A}&=&\dfrac{\sin\widehat{A}}{\cos\widehat{A}}\\\\&=&\dfrac{\dfrac{\sqrt{5}}{3}}{\dfrac{2}{3}}\\ \\&=&\dfrac{\sqrt{5}\times 3}{3\times 2}\\ \\&=&\dfrac{\sqrt{5}}{2}\end{array}$
 
6) Soit $\widehat{A}\quad$ et $\quad\widehat{B}$ deux angles aigus tels que : 
 
$\cos\widehat{A}=\dfrac{\sqrt{3}-1}{6}\ $ et $\ \sin\widehat{B}=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{\sqrt{72}}$ 
 
Montrons que $\widehat{A}\ $ et $\ \widehat{B}$ sont deux angles complémentaires.
 
On sait que si deux angles aigus $\widehat{A}\ $ et $\ \widehat{B}$ sont complémentaires alors, $$\cos\widehat{A}=\sin\widehat{B}$$
On a : 
 
$\begin{array}{rcl}\sin\widehat{B}&=&\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{\sqrt{72}}\\\\&=&\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{6\sqrt{2}}\\ \\&=&\dfrac{(\sqrt{6}-\sqrt{2})\times\sqrt{2}}{12}\\ \\&=&\dfrac{\sqrt{12}-2}{12}\\ \\&=&\dfrac{2\sqrt{3}-2}{12}\\ \\&=&\dfrac{\sqrt{3}-1}{6}\end{array}$
 
On voit bien que $\sin\widehat{B}=\cos\widehat{A}=\dfrac{\sqrt{3}-1}{6}.$
 
Ce qui montre que $\widehat{A}\ $ et $\ \widehat{B}$ sont deux angles complémentaires.

Exercice 4

$ABC$ est un triangle rectangle en $B$ tel que $AC=10\;cm\ $ et $\ BC=5\;cm.\ I$ est un point de $[AB]$ tel que $AI=5\;cm.$ La perpendiculaire à $(AB)$ passant par $I$ coupe $[AC]$ en $J.$
 
 
1) En utilisant le sinus de $\widehat{BAC}$, montrons que $\dfrac{IJ}{AJ}=\dfrac{BC}{AC}$ puis, calculons $IJ.$
 
En effet, comme le triangle $ABC$ est rectangle en $B$ alors, on a :
$$\sin\widehat{BAC}=\dfrac{BC}{AC}\qquad(\text{égalité  1})$$
Par ailleurs, on sait que la droite $(IJ)$ est perpendiculaire à la droite $(AB)$ en $I.$
 
Donc, le triangle $AIJ$ est rectangle en $I.$
 
Par suite, le sinus de l'angle $\widehat{BAC}$ peut encore s'écrire :
$$\sin\widehat{BAC}=\dfrac{IJ}{AJ}\qquad(\text{égalité  2})$$
Ainsi, en comparant les égalités $(1)\ $ et $\ (2)$, on obtient :
$$\dfrac{IJ}{AJ}=\dfrac{BC}{AC}$$
$-\ $ Calcul de $IJ$
 
En effet, les droites $(IJ)\ $ et $\ (BC)$ sont perpendiculaires à la même droite $(AB).$
 
Donc, $(IJ)\ $ et $\ (BC)$ sont parallèles.
 
Par suite, les triangles $ABC\ $ et $\ AIJ$ sont en position de Thalès.
 
Ainsi, en utilisant le théorème de Thalès, on obtient :
$$\dfrac{IJ}{BC}=\dfrac{AI}{AB}$$
Ce qui donne : $IJ=\dfrac{AI\times BC}{AB}$
 
Déterminons alors la longueur $AB$
 
Le triangle $ABC$ étant rectangle en $B$ alors, d'après le théorème de Pythagore, on a :
$$AB^{2}+BC^{2}=AC^{2}$$
Ce qui entraine : $AB^{2}=AC^{2}-BC^{2}$
 
Ainsi,
 
$\begin{array}{rcl} AB&=&\sqrt{AC^{2}-BC^{2}}\\\\&=&\sqrt{(10)^{2}-(5)^{2}}\\\\&=&\sqrt{100-25}\\\\&=&\sqrt{75}\\\\&=&\sqrt{25\times 3}\\\\&=&\sqrt{25}\times\sqrt{3}\\\\&=&5\sqrt{3}\end{array}$
 
Donc, $\boxed{AB=5\sqrt{3}\;cm}$
 
Remplaçons alors $AB\;,\ BC\ $ et $\ AI$ par leur valeur, dans l'expression de $IJ.$
 
On trouve :
 
$\begin{array}{rcl} IJ&=&\dfrac{AI\times BC}{AB}\\\\&=&\dfrac{5\times 5}{5\sqrt{3}}\\\\&=&\dfrac{5}{\sqrt{3}}\\\\&=&\dfrac{5\times\sqrt{3}}{\sqrt{3}\times\sqrt{3}}\\\\&=&\dfrac{5\sqrt{3}}{3}\end{array}$
 
$\boxed{IJ=\dfrac{5\sqrt{3}}{3}\;cm}$
 
2) Calculons $\sin\widehat{BAC}$ et en déduisons sa mesure en degrés.
 
Le triangle $ABC$ étant rectangle en $B$ alors, on a :
$$\sin\widehat{BAC}=\dfrac{BC}{AC}$$
En remplaçant $BC\ $ et $\ AC$ par leur valeur, on obtient : $\sin\widehat{BAC}=\dfrac{5}{10}=\dfrac{1}{2}$
 
Ainsi, $\boxed{\sin\widehat{BAC}=\dfrac{1}{2}}$
 
Comme $\widehat{BAC}$ est un angle aigu dont le sinus est égal à $\dfrac{1}{2}$ alors, sa mesure est de $30^{\circ}.$
 
D'où, $\boxed{mes\;\widehat{BAC}=30^{\circ}}$

Exercice 5

$(C)$ est un cercle de centre $O$ et de rayon $r. \ [BC]$ est un diamètre du cercle et $A$ un point de $(C)$ tel que $AB=r.$
 
 
1) Montrons que le triangle $ABC$ est rectangle en $A.$
 
Comme $[BC]$ est un diamètre du cercle alors, les points $B\ $ et $\ C$ sont sur le cercle $(C).$
 
Aussi, $A$ est un point de $(C).$
 
Donc, $ABC$ est un triangle inscrit dans le cercle $(C)$ et dont le côté  $[BC]$ est un diamètre de ce cercle.
 
Par conséquent, c'est un triangle rectangle en $A.$
 
2) Calculons $AC$ en fonction de $r.$
 
Le triangle $ABC$ étant rectangle en $A$ alors, en utilisant le théorème de Pythagore, on a :
$$AC^{2}+AB^{2}=BC^{2}$$
Ce qui entraine : $AC^{2}=BC^{2}-AB^{2}$
 
Comme $[BC]$ est un diamètre du cercle $(C)$ de rayon $r$ alors, $BC=2r.$
 
Donc, en remplaçant $BC\ $ et $\ AB$ par leur valeur, on obtient :
 
$\begin{array}{rcl} AC&=&\sqrt{BC^{2}-AB^{2}}\\\\&=&\sqrt{(2r)^{2}-(r)^{2}}\\\\&=&\sqrt{4r^{2}-r^{2}}\\\\&=&\sqrt{3r^{2}}\\\\&=&\sqrt{r^{2}\times 3}\\\\&=&\sqrt{r^{2}}\times\sqrt{3}\\\\&=&|r|\sqrt{3}\\\\&=&r\sqrt{3}\end{array}$
 
Donc, $\boxed{AC=r\sqrt{3}\;cm}$
 
3) Calculons le sinus de l'angle $\widehat{ABC}.$
 
Le triangle $ABC$ étant rectangle en $A$ alors, le sinus de l'angle $\widehat{ABC}$ est donné par :
$$\sin\widehat{ABC}=\dfrac{AC}{BC}$$
En remplaçant, $AB\ $ et $\ BC$ par leur valeur, on trouve :
 
$\begin{array}{rcl} \sin\widehat{ABC}&=&\dfrac{r\sqrt{3}}{2r}\\\\&=&\dfrac{\sqrt{3}}{2}\end{array}$
 
Ainsi, $\boxed{\sin\widehat{ABC}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}}$

Exercice 6

Soit un cercle $(C)$ de centre $O$ et de rayon $r$. $\ [AB]$ est un diamètre de ce cercle et $I$ milieu de $[OA].$ La perpendiculaire à la droite $(AB)$ passant par $I$ coupe le cercle en deux points $D\ $ et $\ E.$
 
 
1) Démontrons que $ABD$ est un triangle rectangle puis, montrons que $AD=r.$
 
En effet, $[AB]$ est un diamètre du cercle $(C)$ alors, les extrémités $A\ $ et $\ B$ sont sur ce cercle.
 
Aussi, le point $D$ appartient au cercle $(C).$
 
Donc, $ABD$ est un triangle inscrit dans le cercle $(C)$ et dont le côté  $[AB]$ est un diamètre de ce cercle.
 
Par conséquent, $ABD$ est un triangle rectangle en $D.$
 
Montrons que $AD=r.$
 
On a : $ABD$ est un triangle rectangle en $D$ et la droite $(ID)$ est perpendiculaire à la droite $(BC)$ en $I.$
 
Donc, $(ID)$ est la hauteur issue de $D$ et le point $I$ est le pied de cette hauteur sur $[AB].$
 
Ainsi, en utilisant la deuxième relation métrique, on obtient :
$$AD^{2}=AI\times AB$$
Or, $[AB]$ est un diamètre du cercle $(C)$ de rayon $r$ donc, $AB=2r.$
 
De plus, $I$ est milieu de $[OA].$
 
Ce qui signifie que $AI=\dfrac{OA}{2}=\dfrac{r}{2}.$
 
En remplaçant $AI\ $ et $\ AB$ par leur valeur, on trouve :
 
$\begin{array}{rcl} AD^{2}&=&AI\times AB\\\\&=&\dfrac{r}{2}\times 2r\\\\&=&\dfrac{2r^{2}}{2}\\\\&=&r^{2}\end{array}$
 
Ainsi,
 
$\begin{array}{rcl} AD&=&\sqrt{r^{2}}\\\\&=&|r|\\\\&=&r\end{array}$
 
D'où, $\boxed{AD=r}$
 
2) Calculons $\cos\widehat{DAB}.$
 
Comme le triangle $ABD$ est rectangle en $D$ alors, le cosinus de l'angle $\widehat{DAB}$ est donné par :
$$\cos\widehat{DAB}=\dfrac{AD}{AB}$$
En remplaçant, $AD\ $ et $\ AB$ par leur valeur, on obtient :
 
$\begin{array}{rcl} \cos\widehat{DAB}&=&\dfrac{r}{2r}\\\\&=&\dfrac{1}{2}\end{array}$
 
Donc, $\boxed{\cos\widehat{DAB}=\dfrac{1}{2}}$
 
En déduisons $\sin\widehat{DBO}.$
 
En effet, dans un triangle rectangle, les angles aigus sont complémentaires.
 
Donc, les angles $\widehat{DAB}\ $ et $\ \widehat{DBO}$ sont complémentaires.
 
Or, si deux angles sont complémentaires alors, le sinus de l'un est égal au cosinus de l'autre.
 
Ce qui signifie que : $\sin\widehat{DBO}=\cos\widehat{DAB}=\dfrac{1}{2}$
 
D'où, $\boxed{\sin\widehat{DBO}=\dfrac{1}{2}}$
 
3) Démontrons que $\dfrac{AI^{2}}{AD^{2}}+\dfrac{DB^{2}}{AB^{2}}=1$
 
On a : $\dfrac{AI^{2}}{AD^{2}}+\dfrac{DB^{2}}{AB^{2}}=\left(\dfrac{AI}{AD}\right)^{2}+\left(\dfrac{DB}{AB}\right)^{2}$
 
Or, on remarque que :
 
$\dfrac{AI}{AD}=\cos\widehat{DAB}$
 
$\dfrac{DB}{AB}=\sin\widehat{DAB}$
 
Donc, en remplaçant $\dfrac{AI}{AD}\ $ et $\ \dfrac{DB}{AB}$ par leur expression, on obtient :
 
$\left(\dfrac{AI}{AD}\right)^{2}+\left(\dfrac{DB}{AB}\right)^{2}=\left(\cos\widehat{DAB}\right)^{2}+\left(\sin\widehat{DAB}\right)^{2}=1$
 
D'où, $\boxed{\dfrac{AI^{2}}{AD^{2}}+\dfrac{DB^{2}}{AB^{2}}=1}$

Exercice 7

Soit $ABC$ un triangle isocèle de sommet $A$ tel que $\widehat{B}= 30^{\circ}\ $ et $\ BC=6\;cm.$ On appelle $I$ milieu de $[BC].$
 
 
1) Calculons $AB\ $ et $\ AI$
 
$-\ $ Calcul de $AB$
 
Comme $ABC$ est un triangle isocèle de sommet $A\ $ et $\ I$ milieu de $[BC]$ alors, $(AI)$ est la hauteur issue de $A.$
 
Donc, $(AI)$ est perpendiculaire à $(BC).$
 
Par suite, $ABI$ est un triangle rectangle en $I.$
 
Ainsi, en utilisant le cosinus de l'angle $\widehat{B}$, on obtient :
$$\cos\widehat{B}=\dfrac{BI}{AB}$$
Ce qui donne : $AB=\dfrac{BI}{\cos\widehat{B}}$
 
Or, $\widehat{B}= 30^{\circ}\ $ et $\ BI=\dfrac{BC}{2}$
 
Donc, $\cos\widehat{B}=\cos 30^{\circ}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\ $ et $\ BI=\dfrac{6}{2}=3$
 
En remplaçant $BI\ $ et $\ \cos\widehat{B}$ par leur valeur, dans l'expression de $AB$, on trouve :
 
$\begin{array}{rcl} AB&=&\dfrac{BI}{\cos\widehat{B}}\\\\&=&\dfrac{3}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}\\\\&=&3\times\dfrac{2}{\sqrt{3}}\\\\&=&\dfrac{6}{\sqrt{3}}\\\\&=&\dfrac{6\sqrt{3}}{3}\\\\&=&2\sqrt{3}\end{array}$
 
D'où, $\boxed{AB=2\sqrt{3}\;cm}$
 
$-\ $ Calcul de $AI$
 
Comme $ABI$ est un triangle rectangle en $I$ alors, en utilisant le sinus de l'angle $\widehat{B}$, on obtient :
$$\sin\widehat{B}=\dfrac{AI}{AB}$$
Ce qui donne : $AI=AB\times\sin\widehat{B}$
 
Or, $\sin\widehat{B}=\sin 30^{\circ}=\dfrac{1}{2}.$
 
Donc, en remplaçant $AB\ $ et $\ \sin\widehat{B}$ par leur valeur, dans l'expression de $AI$, on trouve :
 
$\begin{array}{rcl} AI&=&AB\times\sin\widehat{B}\\\\&=&2\sqrt{3}\times\dfrac{1}{2}\\\\&=&\dfrac{2\sqrt{3}}{2}\\\\&=&\sqrt{3}\end{array}$
 
Ainsi, $\boxed{AI=\sqrt{3}\;cm}$
 
2) Calculons l'aire $S$ du triangle $ABC$ puis, donnons son encadrement à $0.1\;cm^{2}$ près sachant que $1.732<\sqrt{3}<1.733$
 
$-\ $ Calcul de l'aire $S$ du triangle $ABC$
 
En effet, on sait que l'aire $S$ d'un triangle est donnée par :
 
$$S=\dfrac{\text{Base}\times\text{Hauteur}}{2}$$
 
Ainsi, pour le triangle $ABC$, on a :
$$S=\dfrac{BC\times AI}{2}$$
En remplaçant $BC\ $ et $\ AI$ par leur valeur, on obtient :
 
$\begin{array}{rcl} S&=&\dfrac{BC\times AI}{2}\\\\&=&\dfrac{6\times \sqrt{3}}{2}\\\\&=&\dfrac{6\sqrt{3}}{2}\\\\&=&3\sqrt{3}\end{array}$
 
D'où, $\boxed{S=3\sqrt{3}\;cm^{2}}$
 
$-\ $ Encadrement de $S$
 
Soit : $S=3\sqrt{3}$
 
On a : $1.732<\sqrt{3}<1.733$
 
Alors, en multipliant chaque membre de cette inégalité par $3$, on trouve :
$$3\times 1.732<3\times\sqrt{3}<3\times 1.733$$
Ce qui donne : $5.196<3\sqrt{3}<5.199$
 
D'où, un encadrement à $0.1\;cm^{2}$ près est donné par :
$$\boxed{5.1<S<5.2}$$

Exercice 8

$KLM$ est un triangle $KL=4\;cm\;;\ LM=4\sqrt{3}\;;\ KM=8\;cm.$
 
1) Montrons que $KLM$ est un triangle rectangle.
 
Calculons les carrés des longueurs des côtés du triangle $KLM.$
 
On a :
 
$KM^{2}=8^{2}=64$
 
$KL^{2}=4^{2}=16$
 
$LM^{2}=(4\sqrt{3})^{2}=16\times 3=48$
 
Alors, $KL^{2}+LM^{2}=16+48=64$
 
Nous remarquons que $KL^{2}+LM^{2}=KM^{2}$
 
Donc, d'après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle $KLM$ est rectangle en $L.$
 
2) Faisons une figure.
 
 
3) Calculons $LH\ $ et $\ KH\;,\ H$ étant le projeté orthogonal de $L$ sur $(KM).$
 
$-\ $ Calcul de $LH$
 
Comme $KLM$ est un triangle rectangle en $L$ alors, le sinus de l'angle $\widehat{MKL}$ est donné par :
$$\sin\widehat{MKL}=\dfrac{LM}{KM}\qquad(\text{égalité 1})$$
Par ailleurs, $H$ est le projeté orthogonal de $L$ sur $(KM)$ donc, $(LH)$ est la hauteur issue de $L.$
 
Ainsi, $KLH$ est aussi un triangle rectangle en $H.$
 
Par suite, le sinus de l'angle $\widehat{MKL}$ est encore donné par :
$$\sin\widehat{MKL}=\dfrac{LH}{KL}\qquad(\text{égalité 2})$$
En comparant les égalité $(1)\ $ et $\ (2)$, on trouve :
$$\dfrac{LH}{KL}=\dfrac{LM}{KM}$$
Ce qui entraine : $LH=\dfrac{LM\times KL}{KM}$
 
En remplaçant $LM\;,\ KL\ $ et $\ KM$ par leur valeur, on obtient :
 
$\begin{array}{rcl} LH&=&\dfrac{LM\times KL}{KM}\\\\&=&\dfrac{4\sqrt{3}\times 4}{8}\\\\&=&\dfrac{16\sqrt{3}}{8}\\\\&=&2\sqrt{3}\end{array}$
 
D'où, $\boxed{LH=2\sqrt{3}\;cm}$
 
$-\ $ Calcul de $KH$
 
Le triangle $KLM$ étant rectangle en $L$ alors, en utilisant la deuxième relation métrique, on trouve :
$$KL^{2}=KH\times KM$$
Par suite, $KH=\dfrac{KL^{2}}{KM}$
 
En remplaçant $KL\ $ et $\ KM$ par leur valeur, on obtient :
 
$\begin{array}{rcl} KH&=&\dfrac{KL^{2}}{KM}\\\\&=&\dfrac{4^{2}}{8}\\\\&=&\dfrac{16}{8}\\\\&=&2\end{array}$
 
D'où, $\boxed{KH=2\;cm}$
 
4) Soit $I$ le projeté orthogonal de $H$ sur $(ML).$ Calculons $IH.$
 
Comme $I$ le projeté orthogonal de $H$ sur $(ML)$ alors, $(IH)$ est perpendiculaire à $(LM).$
 
Ainsi, $(KL)\ $ et $\ (IH)$ sont deux droites perpendiculaires à une même droite $(LM).$
 
Donc, elles sont parallèles.
 
Par suite, les triangles $KLM\ $ et $\ MHI$ sont en position de Thalès.
 
Ainsi, en appliquant le théorème de Thalès, on a :
$$\dfrac{IH}{KL}=\dfrac{MH}{KM}$$
Ce qui entraine : $IH=\dfrac{MH\times KL}{KM}$
 
Or, $MH=KM-KH=8-2=6\;cm$
 
Donc, en remplaçant $MH\;,\ KL\ $ et $\ KM$ par leur valeur, on obtient :
 
$\begin{array}{rcl} IH&=&\dfrac{MH\times KL}{KM}\\\\&=&\dfrac{6\times 4}{8}\\\\&=&\dfrac{24}{8}\\\\&=&3\end{array}$
 
D'où, $\boxed{IH=3\;cm}$

Exercice 9

1) On donne une valeur trigonométrique déduisons-en les autres :
 
Soit : $\cos x=\dfrac{1}{4}$
 
On sait que : $\cos^{2}x+\sin^{2}x=1$
 
Ce qui entraine : $\sin^{2}x=1-\cos^{2}x$
 
Ainsi, $\sin x=\sqrt{1-\cos^{2}x}$
 
Donc, en remplaçant $\cos x$ par sa valeur $\dfrac{1}{4}$, on obtient :
 
$\begin{array}{rcl} \sin x&=&\sqrt{1-\cos^{2}x}\\\\&=&\sqrt{1-\left(\dfrac{1}{4}\right)^{2}}\\\\&=&\sqrt{1-\dfrac{1}{16}}\\\\&=&\sqrt{\dfrac{16}{16}-\dfrac{1}{16}}\\\\&=&\sqrt{\dfrac{15}{16}}\\\\&=&\dfrac{\sqrt{15}}{\sqrt{16}}\\\\&=&\dfrac{\sqrt{15}}{4}\end{array}$
 
D'où, $\boxed{\sin x=\dfrac{\sqrt{15}}{4}}$
 
On a : $\tan x=\dfrac{\sin x}{\cos x}$
 
Alors, en remplaçant $\sin x\ $ et $\ \cos x$ par leur valeur, on trouve :
 
$\begin{array}{rcl} \tan x&=&\dfrac{\sin x}{\cos x}\\\\&=&\dfrac{\dfrac{\sqrt{15}}{4}}{\dfrac{1}{4}}\\\\&=&\dfrac{\sqrt{15}}{4}\times\dfrac{4}{1}\\\\&=&\sqrt{15}\end{array}$
 
Donc, $\boxed{\tan x=\sqrt{15}}$
 
2) Construisons un triangle $COS$ tel que $\widehat{OCS}=75^{\circ}\ $ et $\ \widehat{CSO}=55^{\circ}.$
 
Plaçons deux points $E\ $ et $\ F$ sur la droite $(CO)$ tels que $S$ soit le projeté orthogonal de $F$ sur $(OS)\ $ et $\ EF=8\;cm.$
 
Plaçons le point $R$ projeté orthogonal de $E$ sur $(OS).$ On appelle $I\ $ et $\ J$ les projetés orthogonaux respectifs de $E\ $ et $\ F$ sur $(CS).$
 
Calculons les arrondis au dixième de $IJ\ $ et $\ RS.$
 
$-\ $ Calcul de $IJ$
 
En effet, comme $I\ $ et $\ J$ sont les projetés orthogonaux respectifs de $E\ $ et $\ F$ sur $(CS)$ alors, les triangles $EIC\ $ et $\ FJC$ sont rectangles respectivement en $I\ $ et $\ J.$
 
Ainsi, on a :
 
$\cos\widehat{ECI}=\dfrac{IC}{EC}\ \Rightarrow\ IC=EC\times\cos\widehat{ECI}$
 
$\cos\widehat{FCJ}=\dfrac{JC}{FC}\ \Rightarrow\ JC=FC\times\cos\widehat{FCJ}$
 
Or, $\cos\widehat{ECI}=\cos\widehat{FCJ}=\cos 75^{\circ}$
 
Par ailleurs, on sait que : $IJ=IC+JC.$
 
Alors, en remplaçant $IC\ $ et $\ JC$ par leur expression, on trouve :
 
$\begin{array}{rcl} IJ&=&IC+JC\\\\&=&EC\times\cos\widehat{ECI}+FC\times\cos\widehat{FCJ}\\\\&=&EC\times\cos 75^{\circ}+FC\times\cos 75^{\circ}\\\\&=&\cos 75^{\circ}\times(EC+FC)\\\\&=&\cos 75^{\circ}\times EF\end{array}$
 
Donc, $\boxed{IJ=EF\times\cos 75^{\circ}}$
 
Or, $EF=8\;cm\ $ et $\ \cos 75^{\circ}=0.2588$
 
Par suite,
 
$\begin{array}{rcl} IJ&=&EF\times\cos 75^{\circ}\\\\&=&8\times 0.2588\\\\&=&2.0704\end{array}$
 
D'où, en arrondissant au dixième près, on trouve : $\boxed{IJ\simeq 2.1\;cm}$
 
$-\ $ Calcul de $RS$
 
En effet, on sait que dans un triangle la somme des angles est égale à $180^{\circ}.$
 
Donc, $\widehat{COS}+\widehat{OCS}+\widehat{CSO}=180^{\circ}$
 
Ainsi, $\widehat{COS}=180^{\circ}-75^{\circ}-55^{\circ}=50^{\circ}$
 
$S\ $ et $\ R$ étant les projetés orthogonaux respectifs de $F\ $ et $\ E$ sur $(OS)$ alors, les triangles $FOS\ $ et $\ ERO$ sont rectangles respectivement en $S\ $ et $\ R.$
 
Ainsi, on a :
 
$\cos\widehat{EOR}=\dfrac{OR}{OE}\ \Rightarrow\ OR=OE\times\cos\widehat{EOR}$
 
$\cos\widehat{FOS}=\dfrac{OS}{OF}\ \Rightarrow\ OS=OF\times\cos\widehat{FOS}$
 
Or, $\cos\widehat{EOR}=\cos\widehat{FOS}=\cos 50^{\circ}$
 
Par ailleurs, on sait que : $RS=OS-OR.$
 
Alors, en remplaçant $OS\ $ et $\ OR$ par leur expression, on trouve :
 
$\begin{array}{rcl} RS&=&OS-OR\\\\&=&OF\times\cos\widehat{FOS}-OE\times\cos\widehat{EOR}\\\\&=&OF\times\cos 50^{\circ}-OE\times\cos 50^{\circ}\\\\&=&\cos 50^{\circ}\times(OF-OE)\\\\&=&\cos 50^{\circ}\times EF\end{array}$
 
Donc, $\boxed{RS=EF\times\cos 50^{\circ}}$
 
Or, $EF=8\;cm\ $ et $\ \cos 50^{\circ}=0.6427$
 
Par suite,
 
$\begin{array}{rcl} RS&=&EF\times\cos 50^{\circ}\\\\&=&8\times 0.6427\\\\&=&5.1416\end{array}$
 
D'où, en arrondissant au dixième près, on trouve : $\boxed{RS\simeq 5.1\;cm}$
 
Sur le dessin, en mesurant les longueurs $IJ\ $ et $\ RS$, on trouve :
 
$IJ=2.07\;cm$
 
$RS=5.14\;cm$
 
Ce qui vérifie bien les résultats trouvés.
 
 

Exercice 10

1) $OAB$ est un triangle, $OA=\sqrt{10}\;;\ OB=3\sqrt{10}\ $ et $\ AB=10\;cm.$
 
Déterminons la nature de $OAB.$
 
Pour cela, calculons les carrés des longueurs des côtés du triangle $OAB.$
 
On a :
 
$AB^{2}=10^{2}=100$
 
$OA^{2}=(\sqrt{10})^{2}=10$
 
$OB^{2}=(3\sqrt{10})^{2}=9\times 10=90$
 
Alors, $OA^{2}+OB^{2}=10+90=100$
 
Nous constatons que $OA^{2}+OB^{2}=AB^{2}$
 
Donc, d'après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle $OAB$ est rectangle en $O.$
 
2) Calculons le cosinus de l'angle $\widehat{OBA}.$
 
Le triangle $OAB$ étant rectangle en $O$ alors, le cosinus de l'angle $\widehat{OBA}$ est donné par :
$$\cos\widehat{OBA}=\dfrac{OB}{AB}$$
En remplaçant $OB\ $ et $\ AB$ par leur valeur, on obtient :
 
$\begin{array}{rcl} \cos\widehat{OBA}&=&\dfrac{OB}{AB}\\\\&=&\dfrac{3\sqrt{10}}{10}\end{array}$
 
D'où, $\boxed{\cos\widehat{OBA}=\dfrac{3\sqrt{10}}{10}}$
 
En déduisons $\sin\widehat{OBA}$
 
On sait que : $\cos^{2}\widehat{OBA}+\sin^{2}\widehat{OBA}=1$
 
Ce qui entraine : $\sin^{2}\widehat{OBA}=1-\cos^{2}\widehat{OBA}$
 
Ainsi, $\sin\widehat{OBA}=\sqrt{1-\cos^{2}\widehat{OBA}}$
 
Donc, en remplaçant $\cos\widehat{OBA}$ par sa valeur, on obtient :
 
$\begin{array}{rcl} \sin\widehat{OBA}&=&\sqrt{1-\cos^{2}\widehat{OBA}}\\\\&=&\sqrt{1-\left(\dfrac{3\sqrt{10}}{10}\right)^{2}}\\\\&=&\sqrt{1-\dfrac{90}{100}}\\\\&=&\sqrt{\dfrac{100}{100}-\dfrac{90}{100}}\\\\&=&\sqrt{\dfrac{10}{100}}\\\\&=&\dfrac{\sqrt{10}}{\sqrt{100}}\\\\&=&\dfrac{\sqrt{10}}{10}\end{array}$
 
D'où, $\boxed{\sin\widehat{OBA}=\dfrac{\sqrt{10}}{10}}$
 
3) Sachant que $3.162<\sqrt{10}<3.163$ donnons la valeur approchée par défaut à l'ordre $4$ de $\cos\widehat{OBA}.$
 
Pour cela, encadrons d'abord $\cos\widehat{OBA}.$
 
On a : $3.162<\sqrt{10}<3.163$
 
Alors, en multipliant chaque membre de cette inégalité par $3$, on obtient :
$$3\times 3.162<3\times\sqrt{10}<3\times 3.163$$
Ce qui donne : $9.486<3\sqrt{10}<9.489$
 
En divisant chaque membre de cette inégalité par $10$, on trouve :
$$\dfrac{9.486}{10}<\dfrac{3\sqrt{10}}{10}<\dfrac{9.489}{10}$$
Ce qui est équivalent à : $0.9486<\dfrac{3\sqrt{10}}{10}<0.9489$
 
Ainsi, un encadrement à l'ordre $4$ de $\cos\widehat{OBA}$ est donné par :
$$\boxed{0.9486<\cos\widehat{OBA}<0.9489}$$
D'où, une valeur approchée par défaut à l'ordre $4$ de $\cos\widehat{OBA}$ est égale à : $0.9486$
 
En déduisons la valeur approchée à $1$ degré près de $\widehat{OBA}.$ 
 
On donne : $\cos 17^{\circ}\approx 0.9543\;,\ \cos 18^{\circ}\approx 0.9511\;,\ \cos 19^{\circ}\approx 0.9455\ $ et $\ \cos 20^{\circ}\approx 0.9397$
 
D'après les données, $\cos 19^{\circ}$ est plus proche de la valeur approchée par défaut à l'ordre $4$ de $\cos\widehat{OBA}.$
 
Par conséquent, la valeur approchée à $1$ degré près de $\widehat{OBA}$ est égale à : $19^{\circ}.$
 
 

Exercice 11

Soit un demi-cercle de centre $O$ et de diamètre $[AB]$ tel que $AB=6\;cm.$
 
Traçons la droite $(D)$ perpendiculaire à $(AB)$ passant par $B$ et marquons un point $C$ sur le demi-cercle tel que l'angle $\widehat{CAB}=30^{o}.$
 
Par ailleurs, la demi droite $[AC)$ coupe la droite $(D)$ en $E.$

 

 
1) Donnons la nature des triangles $ABC\ $  et $\ AEB$ en justifiant.
 
$ABC\ $  et $\ AEB$ sont des triangles rectangles respectivement en $C\ $ et $\ B$
 
En effet, les points $A\;;\ B\ $ et $\ C$ appartiennent tous à un même demi-cercle.
 
Or, $[AB]$ est un diamètre pour ce demi-cercle.
 
Donc, le triangle $ABC$ est rectangle en $C.$
 
Par ailleurs, la droite $(D)$ étant perpendiculaire à la droite $(AB)$ au point $B$ alors, $mes\;\widehat{ABE}=90^{\circ}.$
 
D'où, le triangle $AEB$ est rectangle en $B.$
 
2) Calculons $AC\;,\ BC\;,\ AE$ et $EB.$
 
$-\ \ $ Calcul de $AC$
 
$ABC$ rectangle en $C$ et $mes\;\widehat{CAB}=30^{\circ}$ alors :
$$\cos\widehat{CAB}=\dfrac{AC}{AB}$$
Or, $\cos\widehat{CAB}=\cos 30^{\circ}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
 
Donc, $\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
 
Par suite, $AC=\dfrac{\sqrt{3}\times AB}{2}=\dfrac{6\sqrt{3}}{2}$
 
D'où, $\boxed{AC=3\sqrt{3}\;cm}$
 
$-\ \ $ Calcul de $BC$
 
De la même manière, on peut remarquer que :
$$\sin\widehat{CAB}=\dfrac{BC}{AB}$$
Or, $\sin\widehat{CAB}=\sin 30^{\circ}=\dfrac{1}{2}$
 
Donc, $\dfrac{BC}{AB}=\dfrac{1}{2}$
 
Par suite, $BC=\dfrac{AB}{2}=\dfrac{6}{2}$
 
D'où, $\boxed{BC=3\;cm}$
 
$-\ \ $ Calcul de $AE$
 
Le triangle $AEB$ étant rectangle en $B$ alors :
$$\cos\widehat{EAB}=\dfrac{AB}{AE}$$
Or, $\cos\widehat{EAB}=\cos 30^{\circ}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
 
Donc, $\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
 
Ainsi, $2\times AB=AE\times\sqrt{3}$
 
Par suite, $AE=\dfrac{2\times AB}{\sqrt{3}}=\dfrac{12}{\sqrt{3}}$
 
D'où, en rendant rationnel le dénominateur et en simplifiant par 3, on obtient : $\boxed{AE=4\sqrt{3}\;cm}$
 
$-\ \ $ Calcul de $EB$
 
En considérant le sinus de l'angle $\widehat{EAB}$, on obtient :
$$\sin\widehat{EAB}=\dfrac{EB}{AE}$$
Comme $\sin\widehat{EAB}=\sin 30^{\circ}=\dfrac{1}{2}$ alors, $\dfrac{EB}{AE}=\dfrac{1}{2}$
 
Par suite, $EB=\dfrac{AE}{2}=\dfrac{4\sqrt{3}}{2}$
 
D'où, $\boxed{EB=2\sqrt{3}\;cm}$
3) Sur l'arc $\overset{\displaystyle\frown}{BC}$ , marquons le point $M$ tel que les points $O\;,\ M\ $ et $\ E$ soient alignés.
 
a) Calculons le cosinus de l'angle $\widehat{MOB}$
 
$O\;,\ M\ $ et $\ E$ étant alignés alors, le cosinus de l'angle $\widehat{MOB}$ peut être calculé en considérant le triangle $EOB$ rectangle en $B.$
 
On a : 
$$\cos\widehat{MOB}=\dfrac{OB}{OE}$$
Or, $OB=\dfrac{AB}{2}\ $ car $O$ est milieu de $[AB]$ et $OE^{2}=OB^{2}+EB^{2}$ d'après le théorème de Pythagore.
 
Donc,
 
$\begin{array}{rcl} OE&=&\sqrt{OB^{2}+EB^{2}}\\ \\&=&\sqrt{(3^{2})+(2\sqrt{3})^{2}}\\ \\&=&\sqrt{9+12}\\ \\&=&\sqrt{21}\end{array}$
 
Par suite, 
 
$\begin{array}{rcl}\cos\widehat{MOB}&=&\dfrac{OB}{OE}\\\\&=&\dfrac{3}{\sqrt{21}}\\ \\&=&\dfrac{3\sqrt{21}}{21}\\ \\&=&\dfrac{\sqrt{21}}{7}\end{array}$
 
D'où, $\boxed{\cos\widehat{MOB}=\dfrac{\sqrt{21}}{7}}$
 
b) Donnons sa valeur approchée par défaut à $10^{-3}$ près sachant que $4.582\leq\sqrt{21}\leq 4.583$
 
On a :
 
$\begin{array}{rcrcccl} 4.582\leq \sqrt{21}\leq 4.583&\Rightarrow&\dfrac{4.582}{7}&\leq&\dfrac{\sqrt{21}}{7}&\leq&\dfrac{4.583}{7}\\ \\&\Rightarrow&0.65457&\leq&\dfrac{\sqrt{21}}{7}&\leq&0.654714 \\ \\&\Rightarrow&0.654&\leq&\dfrac{\sqrt{21}}{7}&\leq&0.655 \\ \\&\Rightarrow&0.654&\leq&\cos\widehat{MOB}&\leq&0.655 \end{array}$
 
Ainsi, $0.654$ est une valeur approchée par défaut de $\cos\widehat{MOB}$ à $10^{-3}$ près.
 
c) Déduisons la mesure de l'angle $\widehat{EOB}$ à un degré près par défaut.
 
On a : $0.654\leq\cos\widehat{MOB}\leq 0.655$
 
Donc, $49^{\circ}\leq\widehat{MOB}\leq 50^{\circ}$
 
Par suite, $\boxed{\widehat{EOB}=49^{\circ}}$

Exercice 12

1) Traçons un demi-cercle $(C)$ de centre $O$ et de diamètre $[AB]$ tel que $AB=2r.$ Soit $M$ un point du demi-cercle $(C)$ plus proche de $B$ que de $A.$
 
 
Le triangle $AMB$ est rectangle en $M.$
 
Justifions.
 
En effet, $AMB$ est un triangle inscrit dans le demi-cercle $(C)$ et dont le côté $[AB]$ est le diamètre de ce demi-cercle.
 
Par conséquent, $AMB$ est rectangle en $M.$
 
2) Soit $a\ $ et $\ b$ les mesures respectives en degrés des angles $\widehat{BAM}\ $ et $\ \widehat{BOM}\ $ et $\ C$ le pied de la hauteur du triangle $AMB$ issue de $M.$
 
a) Donnons deux expressions différentes de $\cos a.$
 
En considérant le triangle $AMB$ rectangle en $M$, on a :
$$\cos a=\dfrac{AM}{AB}\qquad(\text{égalité 1})$$
Par ailleurs, comme $C$ le pied de la hauteur du triangle $AMB$ issue de $M$ alors, le triangle $AMC$ est rectangle en $C.$
 
Ainsi, $\cos a$ est donné par :
$$\cos a=\dfrac{AC}{AM}\qquad(\text{égalité 2})$$
b) En déduisons que : $AC=AM\cos a\;,\ AM^{2}=AB\times AC$
 
D'après l'égalité $(2)$, on a : $\cos a=\dfrac{AC}{AM}$
 
Ce qui entraine : $AC=AM\times\cos a$
 
D'où, $\boxed{AC=AM\cos a}$
 
Par ailleurs, en comparant les égalités $(1)\ $ et $\ (2)$, on obtient :
$$\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{AC}{AM}$$
Ce qui entraine : $AM\times AM=AB\times AC$
 
Ainsi, $\boxed{AM^{2}=AB\times AC}$
 
c) On sait que $AC=AO+OC$ : Exprimons $OC$ en fonction de $\cos b.$
 
Le triangle $MOC$ étant rectangle en $C$ alors, on a :
$$\cos b=\dfrac{OC}{OM}$$
Ce qui entraine : $OC=OM\times\cos b$
 
Comme $OM=r$ alors, on trouve : $\boxed{OC=r\times\cos b}$
 
En déduisons que $AC=r(1+\cos b)$
 
Comme $AC=AO+OC$ alors, remplaçons $AO\ $ et $\ OC$ par leur valeur.
 
On a :
 
$\begin{array}{rcl} AC&=&AO+OC\\\\&=&r+r\cos b\\\\&=&r(1+\cos b)\end{array}$
 
Donc, $\boxed{AC=r(1+\cos b)}$
 
d) Déduisons des questions précédentes que :
$$\cos^{2}a=\dfrac{1+\cos b}{2}$$
D'après l'égalité $(2)$, on a : $\cos a=\dfrac{AC}{AM}$
 
Donc, $\cos^{2} a=\left(\dfrac{AC}{AM}\right)^{2}=\dfrac{AC^{2}}{AM^{2}}$
 
Or, d'après le résultat de la question $2)\,b)$, on a : $AM^{2}=AB\times AC$
 
Alors, en remplaçant $AM^{2}$ par $AB\times AC$, on obtient :
 
$\cos^{2} a=\dfrac{AC^{2}}{AM^{2}}=\dfrac{AC^{2}}{AB\times AC}=\dfrac{AC}{AB}$
 
Ainsi, en remplaçant $AC\ $ et $\ AB$ par leur expression, on trouve :
 
$\begin{array}{rcl} \cos^{2} a&=&\dfrac{AC}{AB}\\\\&=&\dfrac{r(1+\cos b)}{2r}\\\\&=&\dfrac{1+\cos b}{2}\end{array}$
 
D'où, $\boxed{\cos^{2} a=\dfrac{1+\cos b}{2}}$

Exercice 13

$x\ $ et $\ a$ sont des angles aigus
 
1) Sachant que $\cos x=\dfrac{\sqrt{5}}{3}$, calculons $\sin x\ $ et $\ \tan x.$
 
$-\ $ Calcul de $\sin x$
 
On sait que : $\cos^{2}x+\sin^{2}x=1$
 
Ce qui entraine : $\sin^{2}x=1-\cos^{2}x$
 
Ainsi, $\sin x=\sqrt{1-\cos^{2}x}$
 
Donc, en remplaçant $\cos x$ par sa valeur $\dfrac{\sqrt{5}}{3}$, on obtient :
 
$\begin{array}{rcl} \sin x&=&\sqrt{1-\cos^{2}x}\\\\&=&\sqrt{1-\left(\dfrac{\sqrt{5}}{3}\right)^{2}}\\\\&=&\sqrt{1-\dfrac{5}{9}}\\\\&=&\sqrt{\dfrac{9}{9}-\dfrac{5}{9}}\\\\&=&\sqrt{\dfrac{4}{9}}\\\\&=&\dfrac{\sqrt{4}}{\sqrt{9}}\\\\&=&\dfrac{2}{3}\end{array}$
 
D'où, $\boxed{\sin x=\dfrac{2}{3}}$
 
$-\ $ Calcul de $\tan x$
 
On a : $\tan x=\dfrac{\sin x}{\cos x}$
 
Alors, en remplaçant $\sin x\ $ et $\ \cos x$ par leur valeur, on trouve :
 
$\begin{array}{rcl} \tan x&=&\dfrac{\sin x}{\cos x}\\\\&=&\dfrac{\dfrac{2}{3}}{\dfrac{\sqrt{5}}{3}}\\\\&=&\dfrac{2}{3}\times\dfrac{3}{\sqrt{5}}\\\\&=&\dfrac{2}{\sqrt{5}}\\\\&=&\dfrac{2\sqrt{5}}{5}\end{array}$
 
Donc, $\boxed{\tan x=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}}$
 
2) Soit l'expression $F(a)=(1-\cos a)(1+\cos a)(1+\tan^{2}a)$
 
a) Démontrons que $F(a)=\tan^{2}a$
 
Dans l'écriture de $F(a)$, on identifie une identité remarquable :
$$(1-\cos a)(1+\cos a)=(1-\cos^{2} a)$$
Or, on sait que : $\cos^{2} a+\sin^{2} a=1$
 
Ce qui entraine : $(1-\cos^{2} a)=\sin^{2} a$
 
Donc, en remplaçant $(1-\cos a)(1+\cos a)$ par $\sin^{2} a$, on trouve :
 
$\begin{array}{rcl} F(a)&=&(1-\cos a)(1+\cos a)(1+\tan^{2}a)\\\\&=&\sin^{2} a\left(1+\dfrac{\sin^{2}a}{\cos^{2}a}\right)\\\\&=&\sin^{2} a\left(\dfrac{\cos^{2}a}{\cos^{2}a}+\dfrac{\sin^{2}a}{\cos^{2}a}\right)\\\\&=&\sin^{2} a\left(\dfrac{\cos^{2}a+\sin^{2}a}{\cos^{2}a}\right)\\\\&=&\sin^{2} a\times\dfrac{1}{\cos^{2}a}\\\\&=&\dfrac{\sin^{2}a}{\cos^{2}a}\\\\&=&\left(\dfrac{\sin a}{\cos a}\right)^{2}\\\\&=&\tan^{2}a\end{array}$
 
D'où, $\boxed{F(a)=\tan^{2}a}$
 
b) Calculons $F(30^{\circ})$
 
En utilisant le résultat de la question $2)\,a)$, on a :
$$F(30^{\circ})=\tan^{2}30^{\circ}=\left(\dfrac{\sin 30^{\circ}}{\cos 30^{\circ}}\right)^{2}$$
Or, $\sin 30^{\circ}=\dfrac{1}{2}\ $ et $\ \cos 30^{\circ}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
 
Donc, en remplaçant $\sin 30^{\circ}\ $ et $\ \cos 30^{\circ}$ par leur valeur, on obtient :
 
$\begin{array}{rcl} F(30^{\circ})&=&\left(\dfrac{\sin 30^{\circ}}{\cos 30^{\circ}}\right)^{2}\\\\&=&\left(\dfrac{\dfrac{1}{2}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}\right)^{2}\\\\&=&\left(\dfrac{1}{2}\times\dfrac{2}{\sqrt{3}}\right)^{2}\\\\&=&\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)^{2}\\\\&=&\dfrac{1}{3}\end{array}$
 
D'où, $\boxed{F(30^{\circ})=\dfrac{1}{3}}$
 
3) Soit un triangle quelconque $ABC\;;\ H$ le pied de la hauteur issue de $A.$
 
 
Démontrons que : $\dfrac{\sin\widehat{B}}{AC}=\dfrac{\sin\widehat{C}}{AB}.$
 
On a : $\dfrac{\sin\widehat{B}}{AC}=\dfrac{\sin\widehat{C}}{AB}$ si, et seulement si, $\sin\widehat{B}\times AB=\sin\widehat{C}\times AB$
 
Donc, démonter que $\dfrac{\sin\widehat{B}}{AC}=\dfrac{\sin\widehat{C}}{AB}$ revient à démontrer que :
$$\sin\widehat{B}\times AB=\sin\widehat{C}\times AB$$
En effet, comme $H$ est le pied de la hauteur issue de $A$ alors, les triangles $ABH\ $ et $\ ACH$ sont rectangles en $H.$
 
Donc, on a :
 
$\sin\widehat{B}=\dfrac{AH}{AB}\ \Rightarrow\ \sin\widehat{B}\times AB=AH$
 
$\sin\widehat{C}=\dfrac{AH}{AC}\ \Rightarrow\ \sin\widehat{C}\times AC=AH$
 
Ainsi, on obtient : $\sin\widehat{B}\times AB=\sin\widehat{C}\times AC$
 
Ce qui montre que : $\boxed{\dfrac{\sin\widehat{B}}{AC}=\dfrac{\sin\widehat{C}}{AB}}$

Exercice 14

1) Sachant que $\sin 15^{\circ}=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$, vérifions que $\cos 15^{\circ}=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$ puis, donnons la valeur exacte de $\tan 15^{\circ}.$
 
En effet, on sait que, pour tout angle aigu $x$, on a :
$$\cos^{2}x+\sin^{2}x=1$$
Ce qui entraine : $\cos^{2}x=1-\sin^{2}x$
 
Par suite, $\cos x=\sqrt{1-\sin^{2}x}$
 
Donc, pour $x=15^{\circ}$, on trouve :
 
$\begin{array}{rcl} \cos 15^{\circ}&=&\sqrt{1-\sin^{2}15^{\circ}}\\\\&=&\sqrt{1-\left(\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\right)^{2}}\\\\&=&\sqrt{1-\dfrac{6-2\sqrt{12}+2}{16}}\\\\&=&\sqrt{\dfrac{16}{16}-\dfrac{8-2\sqrt{12}}{16}}\\\\&=&\sqrt{\dfrac{16-8+2\sqrt{12}}{16}}\\\\&=&\sqrt{\dfrac{8+2\sqrt{12}}{16}}\\\\&=&\sqrt{\left(\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right)^{2}}\\\\&=&\left|\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\right|\\\\&=&\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}\end{array}$
 
Ce qui vérifie bien que : $\boxed{\cos 15^{\circ}=\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}$
 
On a : $\tan 15^{\circ}=\dfrac{\sin 15^{\circ}}{\cos 15^{\circ}}$
 
Donc, en remplaçant $\sin 15^{\circ}\ $ et $\ \cos 15^{\circ}$ par leur valeur, on obtient :
 
$\begin{array}{rcl} \tan 15^{\circ}&=&\dfrac{\sin 15^{\circ}}{\cos 15^{\circ}}\\\\&=&\dfrac{\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}{\dfrac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}\\\\&=&\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}\times\dfrac{4}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}\\\\&=&\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}\\\\&=&\dfrac{(\sqrt{6}-\sqrt{2})(\sqrt{6}-\sqrt{2})}{(\sqrt{6}+\sqrt{2})(\sqrt{6}-\sqrt{2})}\\\\&=&\dfrac{6-\sqrt{12}-\sqrt{12}+2}{(\sqrt{6})^{2}-(\sqrt{2})^{2}}\\\\&=&\dfrac{8-2\sqrt{12}}{6-2}\\\\&=&\dfrac{8-2\sqrt{4\times 3}}{4}\\\\&=&\dfrac{8-4\sqrt{3}}{4}\\\\&=&2-\sqrt{3}\end{array}$
 
Ainsi, $\boxed{\tan 15^{\circ}=2-\sqrt{3}}$
 
2) $x\in\;]0^{\circ}\;;\ 90^{\circ}[$
 
a) Établissons les égalités suivantes :
 
Établissons l'égalité : $1+\tan^{2}x=\dfrac{1}{\cos^{2}x}$
 
Soit : $\tan x=\dfrac{\sin x}{\cos x}$
 
Donc, $\tan^{2}x=\dfrac{\sin^{2}x}{\cos^{2}x}$
 
Par suite,
 
$\begin{array}{rcl} 1+\tan^{2}x&=&1+\dfrac{\sin^{2}x}{\cos^{2}x}\\\\&=&\dfrac{\cos^{2}x}{\cos^{2}x}+\dfrac{\sin^{2}x}{\cos^{2}x}\\\\&=&\dfrac{\cos^{2}x+\sin^{2}x}{\cos^{2}x}\end{array}$
 
Ainsi, $1+\tan^{2}x=\dfrac{\cos^{2}x+\sin^{2}x}{\cos^{2}x}$
 
Or, $\cos^{2}x+\sin^{2}x=1$
 
Par conséquent, $\boxed{1+\tan^{2}x=\dfrac{1}{\cos^{2}x}}$
 
Établissons l'égalité : $1-2\sin^{2}x=2\cos^{2}x-1$
 
On a : $\sin^{2}x+\cos^{2}x=1$
 
Donc, $\sin^{2}x=1-\cos^{2}x$
 
Alors, en remplaçant $\sin^{2}x$ par $1-\cos^{2}x$, on obtient :
 
$\begin{array}{rcl} 1-2\sin^{2}x&=&1-2(1-\cos^{2}x)\\\\&=&1-2+2\cos^{2}x\\\\&=&-1+2\cos^{2}x\end{array}$
 
D'où, $\boxed{1-2\sin^{2}x=2\cos^{2}x-1}$
 
Établissons l'égalité : $(\cos x+\sin x)(\cos x-\sin x)=2\cos^{2}x-1$
 
En utilisant la forme développée des identités remarquables, on a :
 
$(\cos x+\sin x)(\cos x-\sin x)=2\cos^{2}x=\cos^{2}x-\sin^{2}x$
 
Or, on sait que : $\sin^{2}x=1-\cos^{2}x$
 
Donc, en remplaçant, on trouve :
 
$\begin{array}{rcl} (\cos x+\sin x)(\cos x-\sin x)&=&\cos^{2}x-\sin^{2}x\\\\&=&\cos^{2}x-(1-\cos^{2}x)\\\\&=&\cos^{2}x-1+\cos^{2}x\\\\&=&2\cos^{2}x-1\end{array}$
 
D'où, $\boxed{(\cos x+\sin x)(\cos x-\sin x)=2\cos^{2}x-1}$
 
Établissons l'égalité : $1+\dfrac{1}{\tan^{2}x}=\dfrac{1}{\sin^{2}x}$
 
On a : $\tan^{2}x=\dfrac{\sin^{2}x}{\cos^{2}x}$
 
Donc, $\dfrac{1}{\tan^{2}x}=\dfrac{1}{\dfrac{\sin^{2}x}{\cos^{2}x}}=\dfrac{\cos^{2}x}{\sin^{2}x}$
 
Ainsi,
 
$\begin{array}{rcl} 1+\dfrac{1}{\tan^{2}x}&=&1+\dfrac{\cos^{2}x}{\sin^{2}x}\\\\&=&\dfrac{\sin^{2}x}{\sin^{2}x}+\dfrac{\cos^{2}x}{\sin^{2}x}\\\\&=&\dfrac{\sin^{2}x+\cos^{2}x}{\sin^{2}x}\\\\&=&\dfrac{1}{\sin^{2}x}\end{array}$
 
D'où, $\boxed{1+\dfrac{1}{\tan^{2}x}=\dfrac{1}{\sin^{2}x}}$
 
b) Simplifions $\sqrt{1-\cos x}\times\sqrt{1+\cos x}\ $ et $\ \sqrt{1+\tan^{2}x}$
 
On a :
 
$\begin{array}{rcl} \sqrt{1-\cos x}\times\sqrt{1+\cos x}&=&\sqrt{(1-\cos x)(1+\cos x)}\\\\&=&\sqrt{1^{2}-\cos^{2}x}\\\\&=&\sqrt{1-\cos^{2}x}\\\\&=&\sqrt{\sin^{2}x}\\\\&=&|\sin x|\end{array}$
 
Or, $x\in\;]0^{\circ}\;;\ 90^{\circ}[$ donc, $\sin x>0$
 
Par suite, $|\sin x|=\sin x$
 
Ainsi, $\boxed{\sqrt{1-\cos x}\times\sqrt{1+\cos x}=\sin x}$
 
D'après les résultats de la question $a)$, on a : $1+\tan^{2}x=\dfrac{1}{\cos^{2}x}$
 
Donc,
 
$\begin{array}{rcl} \sqrt{1+\tan^{2}x}&=&\sqrt{\dfrac{1}{\cos^{2}x}}\\\\&=&\dfrac{\sqrt{1}}{\sqrt{\cos^{2}x}}\\\\&=&\dfrac{1}{|\cos x|}\end{array}$
 
Comme $x\in\;]0^{\circ}\;;\ 90^{\circ}[$ alors, $\cos x>0$
 
D'où, $|\cos x|=\cos x$
 
Par conséquent, $\boxed{\sqrt{1+\tan^{2}x}=\dfrac{1}{\cos x}}$

Exercice 15

1) a) Construisons un cercle $(\mathcal{C})$ de centre $I$ et de rayon $4\;cm.$ Soit $A\ $ et $\ B$ deux points diamétralement opposés.
 
Plaçons un point $M$ sur $(\mathcal{C})$ tel que : $AM=4\;cm.$
 
b) $AMI$ est un triangle équilatérale
 
En effet, $A\ $ et $\ M$ appartiennent au cercle $(\mathcal{C})$ donc,
$$IA=IM=4\;cm$$
Comme $AM=4\;cm$ alors, $AM=IA=IM$
 
Par conséquent, $AMI$ est un triangle équilatérale.
 
c) En déduisons la mesure de l'angle $\widehat{BIM}.$
 
On sait que les angles $\widehat{BIM}\ $ et $\ \widehat{BIM}$ sont supplémentaires donc,
$$mes\,\widehat{BIM}+mes\,\widehat{MIA}=180^{\circ}$$
Or, $AMI$ est équilatérale donc,
$$mes\,\widehat{MIA}=mes\,\widehat{IAM}=mes\,\widehat{AMI}=60^{\circ}$$
Par suite,
 
$\begin{array}{rcl} mes\,\widehat{BIM}+mes\,\widehat{MIA}=180^{\circ}&\Rightarrow&mes\,\widehat{BIM}=180^{\circ}-mes\,\widehat{MIA}\\ \\&\Rightarrow&mes\,\widehat{BIM}=180^{\circ}-60^{\circ}\\\\&\Rightarrow&mes\,\widehat{BIM}=120^{\circ}\end{array}$
 
Ainsi, $\boxed{mes\,\widehat{BIM}=120^{\circ}}$
 
2) $K$ est le point d'intersection de la perpendiculaire à $(AB)$ passant par $I$ et la droite $(AM).$
 
a) Justifions que $AMB$ est un triangle rectangle.
 
$A\;,\ B\ $ et $\ M$ sont trois points du cercle $(\mathcal{C}).$
 
Or, $[AB]$ est un diamètre donc, $AMB$ est un triangle rectangle en $M.$
 
b) En remarquant que $\cos\widehat{BAM}=\cos\widehat{KAI}.$
 
Calculons $AK\ $ et $\ KI.$
 
$-\ $ Calcul de $AK$
 
On a : $\cos\widehat{BAM}=\dfrac{AM}{AB}\ $ et $\ \cos\widehat{KAI}=\dfrac{AI}{AK}$
 
Comme $\cos\widehat{BAM}=\cos\widehat{KAI}$ alors,
 
$\begin{array}{rcl}\dfrac{AM}{AB}= \dfrac{AI}{AK}&\Rightarrow&AK\times AM=AB\times AI\\\\&\Rightarrow&AK=\dfrac{AB\times AI}{AM}\\\\&\Rightarrow&AK=\dfrac{8\times 4}{4}\\\\&\Rightarrow&AK=8\end{array}$
 
Donc, $\boxed{AK=8\;cm}$
 
$-\ $ Calcul de $KI$
 
$KAI$ étant rectangle en $I$ alors, en appliquant le théorème de Pythagore, on obtient :
 
$\begin{array}{rcl} KI^{2}+AI^{2}=AK^{2}&\Rightarrow&KI^{2}=AK^{2}-AI^{2}\\\\&\Rightarrow&KI=\sqrt{AK^{2}-AI^{2}}\\\\&\Rightarrow&KI=\sqrt{8^{2}-4^{2}}\\\\&\Rightarrow&KI=\sqrt{64-16}\\\\&\Rightarrow&KI=\sqrt{48}\\\\&\Rightarrow&KI=4\sqrt{3}\end{array}$
 
Ainsi, $\boxed{KI=4\sqrt{3}\;cm}$
 
3) Le point $H$ est le projeté de $M$ sur $(AB).$
 
a) Calculons $\cos\widehat{B}$ de deux manières différentes.
 
On a :
$$\left\lbrace\begin{array}{rcl}\cos\widehat{B}&=&\dfrac{BM}{AB}\\ \\\cos\widehat{B}&=&\dfrac{BH}{BM}\end{array}\right.$$
b) Exprimons $BH$ en fonction de $\cos\widehat{B}$
 
On a :
 
$\begin{array}{rcl}\cos\widehat{B}=\dfrac{BH}{BM}&\Rightarrow&BH=\cos\widehat{B}\times BM\end{array}$
 
Donc, $\boxed{BH=\cos\widehat{B}\times BM}$
 
Démontrons que : $BH=\dfrac{BM^{2}}{AB}$
 
On a : $BH=\cos\widehat{B}\times BM$
 
Or, $\cos\widehat{B}=\dfrac{BM}{AB}$ donc, en remplaçant $\cos\widehat{B}$ par $\dfrac{BM}{AB}$, on obtient :
 
$\begin{array}{rcl} BH&=&\cos\widehat{B}\times BM\\\\&=&\dfrac{BM}{AB}\times BM\\\\&=&\dfrac{BM\times BM}{AB}\\\\&=&\dfrac{BM^{2}}{AB}\end{array}$
 
D'où, $\boxed{BH=\dfrac{BM^{2}}{AB}}$
 
4) Plaçons le point $E$ sur le segment $[AM]$ tel que : $AE=3\;cm.$
 
La parallèle à $(IM)$ passant par $E$ coupe $[AI]$ en $F.$ 
 
Le triangle $AEF$ est équilatérale.
 
En effet, les triangles $AEF\ $ et $\ AMI$ sont en position de Thalès de sommet commun $A.$
 
Donc, en appliquant le théorème de Thalès, on obtient :
$$\dfrac{AE}{AM}=\dfrac{AF}{AI}=\dfrac{EF}{IM}$$
Par suite,
 
$\begin{array}{rcl}\dfrac{AE}{AM}=\dfrac{AF}{AI}&\Rightarrow&AF=\dfrac{AE\times AI}{AM}\\\\&\Rightarrow&AF=\dfrac{3\times 4}{4}\\\\&\Rightarrow&AF=3\end{array}$
 
Donc, $\boxed{AF=3\;cm}$
 
Aussi, on a :
 
$\begin{array}{rcl}\dfrac{AE}{AM}=\dfrac{EF}{IM}&\Rightarrow&EF=\dfrac{AE\times IM}{AM}\\\\&\Rightarrow&EF=\dfrac{3\times 4}{4}\\\\&\Rightarrow&EF=3\end{array}$
 
Donc, $\boxed{EF=3\;cm}$
 
Ainsi, $AE=AF=EF$
 
Par conséquent, le triangle $AEF$ est équilatérale.

 

Exercice 16

On considère un cercle $(\mathcal{C})$ de centre $O$ et de rayon $r.$ Soit $[AB]$ un diamètre de ce cercle ; $(\Delta)$ la tangente en $B\ $ à $\ (\mathcal{C}).$ Une droite $(L)$ passant par $A$ recoupe $(\mathcal{C})\ $ en $\ C$ et recoupe $(\Delta)\ $ en $\ E.$ On désigne par $\alpha$ la mesure de $\widehat{BAC}.$

 

 
1) Exprimons en fonction de $r\ $ et $\ \alpha\ :\ CA\;;\ CB\;;\ EA\;;\ EB.$
 
$-\ $ Expression de $CA$
 
On sait que les points $A\;,\ B\ $ et $\ C$ appartiennent au cercle $(\mathcal{C})$ et que $[AB]$ est un diamètre donc, le triangle $ABC$ est rectangle en $C.$
 
Ainsi, $\cos\alpha=\dfrac{CA}{AB}$
 
Ce qui donne : $CA=AB\times\cos\alpha$
 
Comme, $AB=2\times r$ alors $\boxed{CA=2\times r\times\cos\alpha}$
 
$-\ $ Expression de $CB$
 
Toujours, en considérant le triangle $ABC$, on a : $\dfrac{CB}{AB}=\sin\alpha$
 
Donc, $CB=AB\times\sin\alpha$ avec $AB=2\times r$
 
Par suite, $\boxed{CB=2\times r\times\sin\alpha}$
 
$-\ $ Expression de $EA$
 
On sait que $(\Delta)$ est tangente à $(\mathcal{C})$ au point $B.$ Donc, $(\Delta)$ est perpendiculaire à $(AB).$
 
Par conséquent, le triangle $ABE$ est rectangle en $B.$
 
Ainsi, $\dfrac{AB}{EA}=\cos\alpha$ avec $AB=2\times r$
 
Ce qui donne : $2\times r=EA\times\cos\alpha$
 
D'où, $\boxed{EA=\dfrac{2\times r}{\cos\alpha}}$
 
$-\ $ Expression de $EB$
 
Toujours, dans ce même triangle $ABE$, on a : $\dfrac{EB}{AB}=\tan\alpha$
 
Ce qui entraine : $EB=AB\times\tan\alpha$
 
Comme $AB=2\times r$ alors, on obtient :
 
$\boxed{EB=2\times r\times\tan\alpha}$
 
2) Calculons : $CA\;;\ CB\;;\ EA\;;\ EB$ pour $r=2\;cm\ $ et $\ \alpha=30^{\circ}.$
 
$-\ $ Calcul de $CA$
 
On a : $CA=2\times r\times\cos\alpha$
 
Donc, pour $r=2\;cm\ $ et $\ \alpha=30^{\circ}$, on obtient :
 
$\begin{array}{rcl} CA&=&2\times r\times\cos\alpha\\\\&=&2\times 2\times\cos 30^{\circ}\\\\&=&4\times\dfrac{\sqrt{3}}{2}\\\\&=&2\sqrt{3}\end{array}$
 
Ainsi, $\boxed{CA=2\sqrt{3}\;cm}$
 
$-\ $ Calcul de $CB$
 
On a : $CB=2\times r\times\sin\alpha$
 
Or, $r=2\;cm\ $ et $\ \alpha=30^{\circ}$, donc :
 
$\begin{array}{rcl} CB&=&2\times r\times\sin\alpha\\\\&=&2\times 2\times\sin 30^{\circ}\\\\&=&4\times\dfrac{1}{2}\\\\&=&2\end{array}$
 
D'où, $\boxed{CB=2\;cm}$
 
$-\ $ Calcul de $EA$
 
On a : $EA=\dfrac{2\times r}{\cos\alpha}$
 
Donc, pour $r=2\;cm\ $ et $\ \alpha=30^{\circ}$, on obtient :
 
$\begin{array}{rcl} EA&=&\dfrac{2\times r}{\cos\alpha}\\\\&=&\dfrac{2\times 2}{\cos 30^{\circ}}\\\\&=&\dfrac{4}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}\\\\&=&\dfrac{4\times 2}{\sqrt{3}}\\\\&=&\dfrac{8}{\sqrt{3}}\end{array}$
 
Par suite, $EA=\dfrac{8}{\sqrt{3}}$
 
En rendant rationnel le dénominateur, on obtient :
 
$\begin{array}{rcl} EA&=&\dfrac{8}{\sqrt{3}}\\\\&=&\dfrac{8\times\sqrt{3}}{\sqrt{3}\times\sqrt{3}}\\\\&=&\dfrac{8\sqrt{3}}{3}\end{array}$
 
Ainsi, $\boxed{EA=\dfrac{8\sqrt{3}}{3}\;cm}$
 
$-\ $ Calcul de $EB$
 
On a : $EB=2\times r\times\tan\alpha$
 
Or, $r=2\;cm\ $ et $\ \alpha=30^{\circ}$, donc :
 
$\begin{array}{rcl} EB&=&2\times r\times\tan\alpha\\\\&=&2\times 2\times\tan 30^{\circ}\\\\&=&4\times\dfrac{\sqrt{3}}{3}\\\\&=&\dfrac{4\sqrt{3}}{3}\end{array}$
 
D'où, $\boxed{EB=\dfrac{4\sqrt{3}}{3}\;cm}$

Exercice 17

Soit un segment $[OA]\;,\ OA=4\;cm.$
 
$M$ est un point appartenant au cercle $\mathcal{C}(O\;,\ 3\;cm)$ tel que :
 
$\widehat{AOM}=30^{\circ}\;,\ R$ un point du plan tel que $OARM$ est un parallélogramme.
 
Calculons l'aire de $OARM.$
 
Pour cela, projetons orthogonalement $M$ sur $[AO].$
 
Alors, $[MH]$ est une hauteur issue de $M.$
 
Par suite,
$$\text{Aire de }OARM=MH\times OA$$
Déterminons alors la longueur $MH.$
 
En effet, $H$ étant le projeté orthogonal de $M$ sur $[OA]$ alors, le triangle $MOH$ est rectangle en $H.$
 
Ainsi, $\dfrac{MH}{OM}=\sin 30^{\circ}$
 
Ce qui entraine : $MH=OM\times\sin 30^{\circ}$
 
Or, $OM=3\;cm\ $ et $\ \sin 30^{\circ}=\dfrac{1}{2}$
 
Donc, $MH=3\times\dfrac{1}{2}=\dfrac{3}{2}$
 
Par conséquent, en remplaçant $MH\ $ et $\ OA$ par leur valeur, on trouve :
 
$\begin{array}{rcl} \text{Aire de }OARM&=&MH\times OA\\\\&=&\dfrac{3}{2}\times 4\\\\&=&\dfrac{12}{2}\\\\&=&6\end{array}$
 
D'où, $\boxed{\text{Aire de }OARM=6\;cm^{2}}$
 
 

Exercice 18

$(\mathcal{C})$ est un cercle de diamètre $[AB]$, de rayon $r,\ (BX)$ est tangente à $(\mathcal{C})$ en $B.$
 
Une droite passant par $A$ coupe $(\mathcal{C})$ en $M$ et la tangente $(BX)$ en $T$, avec $\widehat{BAT}=a^{\circ}.$
 
Exprimons $AM\;,\ MB\;,\ BT\;,\ AT$ à l'aide de $a\ $ et $\ r.$
 
En effet, $AMB$ est un triangle inscrit dans le cercle $(\mathcal{C})$ dont le côté $[AB]$ est un diamètre de ce cercle.
 
Par conséquent, le triangle $AMB$ est rectangle en $M.$
 
D'où, le cosinus de l'angle $\widehat{BAT}$ est donné par :
$$\cos\widehat{BAT}=\dfrac{AM}{AB}$$
Ce qui entraine : $AM=AB\times\cos\widehat{BAT}$
 
Or, $[AB]$ est un diamètre du $(\mathcal{C})$ de rayon $r$ donc, $AB=2r$
 
Ainsi, en remplaçant $\widehat{BAT}$ par $a$ et $AB$ par $2r$, on trouve : $AM=2r\times\cos a$
 
D'où, $\boxed{AM=2r\cos a}$
 
Pour déterminer $MB$ on utilise le sinus de l'angle $\widehat{BAT}.$
 
On a :
$$\sin\widehat{BAT}=\dfrac{MB}{AB}$$
Ce qui entraine : $MB=AB\times\sin\widehat{BAT}$
 
En remplaçant $AB\ $ et $\ \widehat{BAT}$ par leur valeur, on trouve : $MB=2r\times\sin a$
 
D'où, $\boxed{MB=2r\sin a}$
 
Comme $(BX)$ est tangente à $(\mathcal{C})$ en $B$ et le point $T$ appartient à $(BX)$ alors, $(BT)$ est perpendiculaire à $(AB).$
 
Par conséquent, $ABT$ est un triangle rectangle en $B.$
 
Ainsi, pour déterminer $BT$ on utilise la tangente de l'angle $\widehat{BAT}.$
 
On a : $\tan\widehat{BAT}=\dfrac{BT}{AB}$
 
Ce qui donne : $BT=AB\times\tan\widehat{BAT}$
 
Ainsi, en remplaçant $AB$ par $2r\ $ et $\ \widehat{BAT}$ par $a$, on obtient : $BT=2r\times\tan a$
 
D'où, $\boxed{BT=2r\tan a}$
 
Pour déterminer $AT$ on peut utiliser la première relation métrique dans le triangle $ABT.$
 
$ABT$ étant rectangle en $B$ alors, on a : $AB^{2}=AM\times AT$
 
Donc, $AT=\dfrac{AB^{2}}{AM}$
 
Ainsi, en remplaçant $AB\ $ et $\ AM$ par leur valeur, on trouve : $AT=\dfrac{(2r)^{2}}{2r\cos a}$
 
Ce qui donne : $AT=\dfrac{4r^{2}}{2r\cos a}=\dfrac{2r}{\cos a}$
 
D'où, $\boxed{AT=\dfrac{2r}{\cos a}}$
 
 

Exercice 19

Construisons le triangle $ABC$ rectangle en $A$ tel que $AB=8\;cm\ $ et $\ AC=6\;cm.$
 
1) Calculons $BC\;,\ \cos\widehat{ABC}\;,\ \sin\widehat{ABC}$ puis, $\tan\widehat{ABC}.$
 
$-\ $ Calcul de $BC$
 
Comme le triangle $ABC$ rectangle en $A$ alors, d'après le théorème de Pythagore, on a :
$$BC^{2}=AB^{2}+AC^{2}$$
Ce qui entraine :
 
$\begin{array}{rcl} BC&=&\sqrt{AB^{2}+AC^{2}}\\\\&=&\sqrt{8^{2}+6^{2}}\\\\&=&\sqrt{64+36}\\\\&=&\sqrt{100}\\\\&=&10\end{array}$
 
Donc, $\boxed{BC=10\;cm}$
 
$-\ $ Calcul de $\cos\widehat{ABC}$
 
Comme le triangle $ABC$ rectangle en $A$ alors, le cosinus de l'angle $\widehat{ABC}$ est donné par :
$$\cos\widehat{ABC}=\dfrac{AB}{BC}$$
En remplaçant $AB\ $ et $\ BC$ par leur valeur, on trouve :
 
$\begin{array}{rcl} \cos\widehat{ABC}&=&\dfrac{AB}{BC}\\\\&=&\dfrac{8}{10}\\\\&=&\dfrac{4}{5}\end{array}$
 
D'où, $\boxed{\cos\widehat{ABC}=\dfrac{4}{5}}$
 
$-\ $ Calcul de $\cos\widehat{ABC}$
 
Comme le triangle $ABC$ rectangle en $A$ alors, le sinus de l'angle $\widehat{ABC}$ est donné par :
$$\sin\widehat{ABC}=\dfrac{AC}{BC}$$
En remplaçant $AC\ $ et $\ BC$ par leur valeur, on trouve :
 
$\begin{array}{rcl} \sin\widehat{ABC}&=&\dfrac{AC}{BC}\\\\&=&\dfrac{6}{10}\\\\&=&\dfrac{3}{5}\end{array}$
 
D'où, $\boxed{\sin\widehat{ABC}=\dfrac{3}{5}}$
 
$-\ $ Calcul de $\tan\widehat{ABC}$
 
La tangente de l'angle $\widehat{ABC}$ est donné par :
$$\tan\widehat{ABC}=\dfrac{AC}{AB}$$
En remplaçant $AB\ $ et $\ AC$ par leur valeur, on trouve :
 
$\begin{array}{rcl} \tan\widehat{ABC}&=&\dfrac{AC}{AB}\\\\&=&\dfrac{6}{8}\\\\&=&\dfrac{3}{4}\end{array}$
 
D'où, $\boxed{\tan\widehat{ABC}=\dfrac{3}{4}}$
 
2) Plaçons le point $M$ sur le segment $[AB]$ tel que : $AM=\dfrac{1}{3}AB.$
 
3) La parallèle à $(BC)$ passant par $M$ coupe $(AC)$ en $N.$
 
Calculons $AN.$
 
En effet, $(MN)$ étant parallèle à $(BC)$ alors, les triangles $ABC\ $ et $\ AMN$ sont en position de Thalès.
 
Donc, les longueurs des côtés correspondants sont proportionnelles.
 
Or, on a : $AM=\dfrac{1}{3}AB$
 
Par conséquent, $AN=\dfrac{1}{3}AC.$
 
En remplaçant $AC$ par sa valeur, on trouve : $AN=\dfrac{1}{3}\times 6=\dfrac{6}{3}=2$
 
D'où, $\boxed{AN=2\;cm}$
 
4) Soient $O\ $ et $\ P$ les symétriques respectifs des points $M\ $ et $\ N$, par rapport à $A.$
 
Montrons que $(MN)$ est parallèle à $(OP).$
 
En effet, comme $O$ est le symétrique de $M$ par rapport à $A$ alors, $A$ est milieu de $[MO].$
 
Donc, $AO=AM$ ce qui entraine :
$$\dfrac{AO}{AM}=1$$
Aussi, on a : $P$ symétrique de $N$ par rapport à $A$ donc, $A$ est milieu de $[NP].$
 
Ainsi, $AP=AN$ et par suite :
$$\dfrac{AP}{AN}=1$$
On constate alors que :
$$\dfrac{AO}{AM}=\dfrac{AP}{AN}$$
Ainsi, $M\;,\ A\;,\ O$ étant trois points alignés d'une part, et $N\;,\ A\;,\ P$ trois points alignés d'autre part, dans le même ordre tels que $\dfrac{AO}{AM}=\dfrac{AP}{AN}$ alors, en appliquant la réciproque du théorème de Thalès, on a : $(MN)$ parallèle à $(OP).$
 
 

Exercice 20

$ABC$ est un triangle rectangle en $B.$
 
$H$ est le pied de la hauteur issue de $B.$
 
On note $\alpha$ la mesure de $\widehat{BCA}.$
 
On donne : 
 
$\sin(\alpha)=\dfrac{\sqrt{5}}{3}\;;\ BH=\dfrac{\sqrt{5}}{2}\ $ et $\ AC=\sqrt{5}.$
 
1) a) Sachant que $\cos^{2}(\alpha)+\sin^{2}(\alpha)=1$, calculons $\cos(\alpha).$
 
On a :
 
$\begin{array}{rcl} \cos^{2}(\alpha)+\sin^{2}(\alpha)=1&\Rightarrow&\cos^{2}(\alpha)=1-\sin^{2}(\alpha)\\\\&\Rightarrow&\cos(\alpha)=\sqrt{1-\sin^{2}(\alpha)}\\\\&\Rightarrow&\cos(\alpha)=\sqrt{1-\left(\dfrac{\sqrt{5}}{3}\right)^{2}}\\\\&\Rightarrow&\cos(\alpha)=\sqrt{1-\dfrac{5}{9}}\\\\&\Rightarrow&\cos(\alpha)=\sqrt{\dfrac{9}{9}-\dfrac{5}{9}}\\\\&\Rightarrow&\cos(\alpha)=\sqrt{\dfrac{4}{9}}\\\\&\Rightarrow&\cos(\alpha)=\dfrac{\sqrt{4}}{\sqrt{9}}\\\\&\Rightarrow&\cos(\alpha)=\dfrac{2}{3}\end{array}$
 
Ainsi, $\boxed{\cos(\alpha)=\dfrac{2}{3}}$
 
b) Déduisons-en $HC\ $ et $\ AB.$
 
Comme $H$ est le pied de la hauteur issue de $B$ alors, le triangle $BHC$ est rectangle en $H.$
 
Donc, pour déterminer la longueur $HC$, on utilise la tangente de l'angle $\alpha.$
 
On a :
 
$\tan(\alpha)=\dfrac{BH}{HC}$
 
$\tan(\alpha)=\dfrac{\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)}$
 
Donc, $\dfrac{BH}{HC}=\dfrac{\sin(\alpha)}{\cos(\alpha)}$
 
Ce qui entraine : $HC\times\sin(\alpha)=BH\times\cos(\alpha)$
 
Ce qui donne :
$$HC=\dfrac{BH\times\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)}$$
Ainsi, en remplaçant $BH\;,\ \cos(\alpha)\ $ $\ \sin(\alpha)$ par leur valeur, on trouve :
 
$\begin{array}{rcl} HC&=&\dfrac{BH\times\cos(\alpha)}{\sin(\alpha)}\\\\&=&\dfrac{\dfrac{\sqrt{5}}{2}\times\dfrac{2}{3}}{\dfrac{\sqrt{5}}{3}}\\\\&=&\dfrac{\sqrt{5}}{3}\times\dfrac{3}{\sqrt{5}}\\\\&=&\dfrac{3\sqrt{5}}{3\sqrt{5}}\\\\&=&1\end{array}$
 
D'où, $\boxed{HC=1\;cm}$
 
Pour le calcul de $AB$, on considère le triangle $ABC$ rectangle en $B.$
 
Alors, on a :
$$\sin(\alpha)=\dfrac{AB}{AC}$$
Ce qui entraine : $AB=AC\times\sin(\alpha)$
 
Donc, en remplaçant $AC\ $ et $\ \sin(\alpha)$ par leur valeur, on obtient :
 
$\begin{array}{rcl} AB&=&AC\times\sin(\alpha)\\\\&=&\sqrt{5}\times\dfrac{\sqrt{5}}{3}\\\\&=&\dfrac{\sqrt{5}\times\sqrt{5}}{3}\\\\&=&\dfrac{5}{3}\end{array}$
 
Ainsi, $\boxed{AB=\dfrac{5}{3}\;cm}$
 
2) Une droite $(\Delta)$ parallèle à $(BC)$ et passant par $H$ coupe $[AB]$ en $E.$
 
a) Comparons les mesures des angles $\widehat{EHA}\ $ et $\ \widehat{BCA}.$
 
En effet, $\widehat{EHA}\ $ et $\ \widehat{BCA}$ sont deux angles correspondants.
 
De plus, les droites $(\Delta)\ $ et $\ (BC)$ sont parallèles.
 
Or, on sait que deux droites parallèles coupées par une sécante déterminent deux angles correspondants de même mesure.
 
Par conséquent,
$$mes\,(\widehat{BCA})=mes\,(\widehat{EHA})$$
b) Déduisons-en que $$\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{EA}{EH}$$
 
Comme les angles $\widehat{BCA}\ $ et $\ \widehat{EHA}$ ont la même mesure alors, on a :
$$\tan\widehat{BCA}=\tan\widehat{EHA}$$
Or, dans le triangle rectangle $ABC$ on a :
$$\tan\widehat{BCA}=\dfrac{AB}{BC}$$
Par ailleurs, on sait que si deux droites sont perpendiculaires alors, toute droite parallèle à l'une est perpendiculaire à l'autre.
 
Or, $(AB)\ $ et $\ (BC)$ sont perpendiculaires et $(AE)$ parallèle à $(BC).$
 
Donc, $(AE)$ est perpendiculaire à $(AB)$ en $E.$
 
Par conséquent, le triangle $AEH$ est rectangle en $E.$
 
Ainsi, on a :
$$\tan\widehat{EHA}=\dfrac{EA}{EH}$$
D'où, $\boxed{\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{EA}{EH}}$
 
 

Exercice 21

1) Soit un triangle $ABC$ rectangle en $A$ tel que $AB=8\;cm\ $ et $\ AC=4\;cm.$
 
Calculons $BC.$
 
Comme le triangle $ABC$ est rectangle en $A$ alors, en appliquant le théorème de Pythagore, on a :
$$BC^{2}=AB^{2}+AC^{2}$$
Ce qui donne :
 
$\begin{array}{rcl} BC&=&\sqrt{AB^{2}+AC^{2}}\\\\&=&\sqrt{8^{2}+4^{2}}\\\\&=&\sqrt{64+16}\\\\&=&\sqrt{80}\\\\&=&\sqrt{16\times 5}\\\\&=&4\sqrt{5}\end{array}$
 
D'où, $\boxed{BC=4\sqrt{5}}$
 
2) Soit $H$ le projeté orthogonal de $A$ sur $[BC].$
 
On donne $AB^{2}=BH\times BC\ $ et $\ AC^{2}=CH\times BC$
 
a) Calculons $BH\;,\ CH$ puis, $AH.$
 
Soit : $AB^{2}=BH\times BC$
 
Alors, on a : $BH=\dfrac{AB^{2}}{BC}$
 
Donc, en remplaçant $AB\ $ et $\ BC$ par leur valeur, on trouve :
 
$\begin{array}{rcl} BH&=&\dfrac{AB^{2}}{BC}\\\\&=&\dfrac{8^{2}}{4\sqrt{5}}\\\\&=&\dfrac{64}{4\sqrt{5}}\\\\&=&\dfrac{16}{\sqrt{5}}\\\\&=&\dfrac{16\sqrt{5}}{5}\end{array}$
 
Ainsi, $\boxed{BH=\dfrac{16\sqrt{5}}{5}}$
 
On a : $AC^{2}=CH\times BC$
 
Ce qui entraine : $CH=\dfrac{AC^{2}}{BC}$
 
Donc, en remplaçant $AC\ $ et $\ BC$ par leur valeur, on trouve :
 
$\begin{array}{rcl} CH&=&\dfrac{AC^{2}}{BC}\\\\&=&\dfrac{4^{2}}{4\sqrt{5}}\\\\&=&\dfrac{16}{4\sqrt{5}}\\\\&=&\dfrac{4}{\sqrt{5}}\\\\&=&\dfrac{4\sqrt{5}}{5}\end{array}$
 
D'où, $\boxed{CH=\dfrac{4\sqrt{5}}{5}}$
 
En utilisant la troisième relation métrique, on a :
$$AH^{2}=BH\times CH$$
Ce qui entraine : $AH=\sqrt{BH\times CH}$
 
Donc, en remplaçant $BH\ $ et $\ CH$ par leur valeur, on obtient :
 
$\begin{array}{rcl} AH&=&\sqrt{BH\times CH}\\\\&=&\sqrt{\dfrac{16\sqrt{5}}{5}\times\dfrac{4\sqrt{5}}{5}}\\\\&=&\sqrt{\dfrac{16\times 4\times 5}{25}}\\\\&=&\dfrac{4\times 2\times\sqrt{5}}{5}\\\\&=&\dfrac{8\sqrt{5}}{5}\end{array}$
 
Ainsi, $\boxed{AH=\dfrac{8\sqrt{5}}{5}}$
 
b) La parallèle à $(AH)$ passant par $C$ coupe $(AB)$ en $E.$
 
Calculons $AE$ puis déduisons-en $EC.$
 
En effet, comme les droites $(AH)\ $ et $\ (BC)$ sont perpendiculaires et la droite $(CE)$ parallèle à la droite $(AH)$ alors, $(CE)$ est perpendiculaire à $(BC).$
 
Par suite, le triangle $BEC$ est rectangle en $C.$
 
Par conséquent, $[AC]$ est la hauteur issue de $C.$
 
Ainsi, en utilisant la troisième relation métrique dans ce triangle, on obtient :
$$AC^{2}=AE\times AB$$
Ce qui entraine : $AE=\dfrac{AC^{2}}{AB}$
 
Donc, en remplaçant $AC\ $ et $\ AB$ par leur valeur, on trouve :
 
$\begin{array}{rcl} AE&=&\dfrac{AC^{2}}{AB}\\\\&=&\dfrac{4^{2}}{8}\\\\&=&\dfrac{16}{8}\\\\&=&2\end{array}$
 
D'où, $\boxed{AE=2\;cm}$
 
En utilisant la deuxième relation métrique dans le triangle $BEC$, on obtient :
$$EC^{2}=AE\times BE$$
Ce qui entraine : $EC=\sqrt{AE\times BE}$
 
Or, $BE=AB+AE$ donc, $EC=\sqrt{AE\times(AB+AE)}$
 
Ainsi, en remplaçant $AE\ $ et $\ AB$ par leur valeur, on trouve :
 
$\begin{array}{rcl} EC&=&\sqrt{AE\times(AB+AE)}\\\\&=&\sqrt{2\times(8+2)}\\\\&=&\sqrt{2\times 10}\\\\&=&\sqrt{20}\\\\&=&\sqrt{4\times 5}\\\\&=&2\sqrt{5}\end{array}$
 
D'où, $\boxed{EC=2\sqrt{5}}$
 
c) Calculons $\sin\widehat{E}.$
 
En considérant le triangle $BEC$ rectangle en $C$, on a :
$$\sin\widehat{E}=\dfrac{BC}{BE}$$
Or, $BE=AB+AE=8+2=10\;cm$
 
Donc, en remplaçant $BC\ $ et $\ BE$ par leur valeur, on trouve :
 
$\begin{array}{rcl} \sin\widehat{E}&=&\dfrac{BC}{BE}\\\\&=&\dfrac{4\sqrt{5}}{10}\\\\&=&\dfrac{2\sqrt{5}}{5}\end{array}$
 
D'où, $\boxed{\sin\widehat{E}=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}}$
 
 

Exercice 22

On donne la figure ci-dessous où $HG=6\;cm$, $\widehat{EGH}=45^{\circ}$, $\sin\widehat{HFG}=\dfrac{3}{5}$, $(GH)$ est la hauteur du triangle $EFG$ issue de $G\ $ et $\ (HG)$ parallèle à $(ER).$
 
 
1) Déterminons $\cos\widehat{HGF}.$
 
En effet, comme $(GH)$ est la hauteur du triangle $EFG$ issue de $G$ alors, le triangle $FGH$ est rectangle en $H.$
 
Ainsi, les angles aigus $\widehat{HFG}\ $ et $\ \widehat{HGF}$ sont complémentaires.
 
Par conséquent, le cosinus de l'un est égal au sinus de l'autre.
 
Donc,
$$\cos\widehat{HGF}=\sin\widehat{HFG}$$
D'où, $\boxed{\cos\widehat{HGF}=\dfrac{3}{5}}$
 
2) En utilisant les relations trigonométriques dans le triangle rectangle, calculons les longueurs $FG\ $ et $\ FH.$
 
$-\ $ Calcul $FG$
 
Dans le triangle rectangle $FGH$, on a :
$$\sin\widehat{HFG}=\dfrac{GH}{FG}$$
Ce qui entraine : $FG\times\sin\widehat{HFG}=GH$
 
Ce qui donne : $FG=\dfrac{GH}{\sin\widehat{HFG}}$
 
En remplaçant $GH\ $ et $\ \sin\widehat{HFG}$ par leur valeur, on trouve :
 
$\begin{array}{rcl} FG&=&\dfrac{GH}{\sin\widehat{HFG}}\\\\&=&\dfrac{6}{\dfrac{3}{5}}\\\\&=&\dfrac{6\times 5}{3}\\\\&=&\dfrac{30}{3}\\\\&=&10\end{array}$
 
D'où, $\boxed{FG=10\;cm}$
 
$-\ $ Calcul $FH$
 
Le triangle $FGH$ étant rectangle en $H$ alors, d'après le théorème de Pythagore, on a :
$$FG^{2}=FH^{2}+HG^{2}$$
Donc, $FH^{2}=FG^{2}-HG^{2}$
 
Par suite, $FH=\sqrt{FG^{2}-HG^{2}}$
 
En remplaçant $FG\ $ et $\ HG$ par leur valeur, on trouve :
 
$\begin{array}{rcl} FH&=&\sqrt{FG^{2}-HG^{2}}\\\\&=&\sqrt{10^{2}-6^{2}}\\\\&=&\sqrt{100-36}\\\\&=&\sqrt{64}\\\\&=&8\end{array}$
 
D'où, $\boxed{FH=8\;cm}$
 
3) Justifions que le triangle $EGH$ est rectangle et isocèle en $H$ puis, déduisons-en $EH.$
 
En effet, $(GH)$ étant perpendiculaire à $(HE)$ alors, le triangle $EGH$ est rectangle en $H.$
 
Par ailleurs, on sait que la somme des angles d'un triangle est égale à $180^{\circ}.$
 
Donc,
$$\widehat{EGH}+\widehat{GEH}+\widehat{GHE}=180^{\circ}$$
Par suite, $\widehat{GEH}=180^{\circ}-\widehat{EGH}-\widehat{GHE}$
 
En remplaçant $\widehat{EGH}\ $ et $\ \widehat{GHE}$ par leur valeur, on trouve :
 
$\begin{array}{rcl} \widehat{GEH}&=&180^{\circ}-\widehat{EGH}-\widehat{GHE}\\\\&=&180^{\circ}-45^{\circ}-90^{\circ}\\\\&=&45^{\circ}\end{array}$
 
Ainsi, $\boxed{\widehat{GEH}=45^{\circ}}$
 
On remarque alors que les angles $\widehat{GEH}\ $ et $\ \widehat{EGH}$ ont la même mesure.
 
Par conséquent, le triangle $EGH$ est rectangle et isocèle en $H.$
 
4) Calculons la longueur $RE.$
 
$(HG)$ étant parallèle à $(ER)$ alors, les triangles $FGH\ $ et $\ FRE$ sont en position de Thalès.
 
Donc, en appliquant le théorème de Thalès, on a :
$$\dfrac{GH}{RE}=\dfrac{FH}{FE}$$
Ce qui entraine : $RE\times FH=GH\times FE$ 
 
Ainsi, $RE=\dfrac{GH\times FE}{FH}$
 
Or, $FE=FH+HE=8+6=14\;cm$
 
Donc, en remplaçant $GH\;,\ FH\ $ et $\ FE$ par leur valeur, on trouve :
 
$\begin{array}{rcl} RE&=&\dfrac{GH\times FE}{FH}\\\\&=&\dfrac{6\times 14}{8}\\\\&=&\dfrac{84}{8}\\\\&=&\dfrac{21}{4}\end{array}$
 
D'où, $\boxed{RE=\dfrac{21}{4}}$

Exercice de Synthèse

Soit $ABC$ un triangle rectangle en $B$ et $AC$ l'hypoténuse, $\sin\widehat{A}$ est égal : $\dfrac{BC}{AC}$
 
 

Auteur: 
Diny Faye

Commentaires

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