Trigonométrie : corrigé des exercices de maths en 3ème à télécharger en PDF

Exercice 1 (trigonométrie 3e corrigé)

On sait que \(\widehat{CAB}=50^{\circ}\) ; \(\widehat{DBA}=15^{\circ}\) ; \(\widehat{ACB}=90^{\circ}\) et \(AB=40\text{ m}\).

Calculer le périmètre du triangle ABD. Donner l’arrondi du résultat au décimètre près.

Dans le triangle ABC rectangle en C :

\(\cos\widehat{CAB}=\dfrac{AC}{AB}\) donc \(AC=40\times \cos 50^{\circ}\approx 25{,}71\text{ m}\).

\(\sin\widehat{CAB}=\dfrac{BC}{AB}\) donc \(BC=40\times \sin 50^{\circ}\approx 30{,}64\text{ m}\).

Dans le triangle ABD, la somme des angles vaut 180° :

\(\widehat{ADB}=180^{\circ}-50^{\circ}-15^{\circ}=115^{\circ}\)

Les points A, D et C sont alignés, donc \(\widehat{CDB}=180^{\circ}-115^{\circ}=65^{\circ}\).

Dans le triangle BCD rectangle en C :

\(\tan\widehat{BDC}=\dfrac{BC}{DC}\) donc \(DC=\dfrac{40\times \sin 50^{\circ}}{\tan 65^{\circ}}\approx 14{,}29\text{ m}\).

De plus :

\(DA=AC-DC\approx 25{,}71-14{,}29=11{,}42\text{ m}\)

Dans le triangle BCD rectangle en C, d’après le théorème de Pythagore :

\(BD^2=BC^2+CD^2\approx 30{,}64^2+14{,}29^2\approx 1\,143{,}0\)

\(BD\approx 33{,}81\text{ m}\)

Le périmètre du triangle ABD est :

\(AD+DB+BA\approx 11{,}42+33{,}81+40=85{,}23\text{ m}\).

Conclusion : le périmètre du triangle ABD est d’environ 85,2 mètres.

Exercice 2 :

a. Dans le triangle DGE rectangle en G, [DE] est l’hypoténuse et [DG] le côté opposé à l’angle \(\widehat{GED}\) :

\(\sin\widehat{GED}=\dfrac{DG}{DE}\)

\(\sin 40^{\circ}=\dfrac{DG}{20}\)

\(DG=20\times \sin 40^{\circ}\approx 12{,}86\)

La hauteur du poteau est d’environ 12,8 m (valeur approchée au dixième par défaut).

b. Représenter la situation par la figure à l’échelle 1/200. (Les données de la situation doivent être placées sur la figure.)

À l’échelle 1/200, 20 m = 2 000 cm sont représentés par 2 000 ÷ 200 = 10 cm : on trace un segment horizontal, on construit au rapporteur un angle de 40° et on reporte 10 cm sur le second côté ; le poteau mesure alors environ 12,86 m, soit 6,4 cm sur le dessin.

Exercice 3 (trigonométrie 3e corrigé)

1.a. À l’aide de la calculatrice : \((\cos 67^{\circ}+\sin 67^{\circ})^2+(\cos 67^{\circ}-\sin 67^{\circ})^2=2\) et \((\cos 35^{\circ}+\sin 35^{\circ})^2+(\cos 35^{\circ}-\sin 35^{\circ})^2=2\).

b. Que constate-t-on ?

Le résultat est égal à 2 dans les deux cas.

2. Démontrer que pour tout angle aigu x, on développe avec les identités remarquables :

\((\cos x+\sin x)^2+(\cos x-\sin x)^2\)

\(=\cos^2 x+2\cos x\sin x+\sin^2 x+\cos^2 x-2\cos x\sin x+\sin^2 x\)

\(=2\cos^2 x+2\sin^2 x\)

\(=2(\cos^2 x+\sin^2 x)\)

\(=2\times 1\) car \(\cos^2 x+\sin^2 x=1\)

\(=2\)

Exercice 4 :

Démontrer que le triangle SON est rectangle.

Calcul de l’angle \(\widehat{AOC}\) : dans le triangle AOC rectangle en C, [OA] est l’hypoténuse et [OC] le côté adjacent à l’angle \(\widehat{AOC}\).

\(\cos\widehat{AOC}=\dfrac{OC}{OA}=\dfrac{3}{6}=\dfrac{1}{2}\)

\(\widehat{AOC}=\cos^{-1}(\dfrac{1}{2})=60^{\circ}\)

Les angles \(\widehat{AOC}\) et \(\widehat{EOS}\) sont opposés par le sommet donc égaux.

\(\widehat{EOS}=60^{\circ}\)

\(\widehat{SON}=\widehat{EOS}+\widehat{NOE}=60^{\circ}+30^{\circ}=90^{\circ}\)

Conclusion : le triangle NOS est un triangle rectangle en O.

Exercice 5 (trigonométrie 3e corrigé)

\(x\) est un angle aigu tel que \(\sin x=\dfrac{5}{8}\).

On utilise la relation \(\cos^2 x+\sin^2 x=1\).

\(\cos^2 x=1-\sin^2 x\)

Ensuite, \(\cos^2 x=1-(\dfrac{5}{8})^2\)

\(\cos^2 x=1-\dfrac{25}{64}\)

Ensuite, \(\cos^2 x=\dfrac{64}{64}-\dfrac{25}{64}\)

\(\cos^2 x=\dfrac{39}{64}\)

Or le cosinus d’un angle aigu est positif :

\(\cos x=\sqrt{\dfrac{39}{64}}\)

\(\cos x=\dfrac{\sqrt{39}}{8}\)

Ensuite, \(\tan x=\dfrac{\sin x}{\cos x}\)

\(\tan x=\dfrac{5}{8}: \dfrac{\sqrt{39}}{8}\)

Après cela, \(\tan x=\dfrac{5}{\sqrt{39}}\)

\(\tan x=\dfrac{5\sqrt{39}}{39}\)

Exercice 6 :

1. Construisez un triangle ABC rectangle en C tel que AC = 5 cm et \(\widehat{BAC}=40^{\circ}\).

On trace [AC] de 5 cm, la perpendiculaire à (AC) passant par C, puis au rapporteur la demi-droite d’origine A qui fait un angle de 40° avec [AC] : elle coupe la perpendiculaire en B.

2. Calculez la longueur BC. (On donnera une valeur arrondie au millimètre.)

Dans le triangle ABC rectangle en C, [BC] est le côté opposé à l’angle \(\widehat{BAC}\) et [AC] le côté adjacent :

\(\tan\widehat{BAC}=\dfrac{BC}{AC}\) soit \(\tan 40^{\circ}=\dfrac{BC}{5}\) donc \(BC=5\times \tan 40^{\circ}\approx 4{,}195\).

BC ≈ 4,2 cm.

3.a) Où se trouve le centre O du cercle circonscrit au triangle ABC ? Justifiez.

Propriété : si un triangle est rectangle, alors son hypoténuse est un diamètre de son cercle circonscrit (circonscrit signifie que le cercle passe par les trois sommets du triangle).

Le triangle ABC est rectangle en C, son hypoténuse est [AB] : O est le milieu de [AB].

b) Tracez ce cercle : cercle de centre O et de rayon OA.

4. Déduisez-en la mesure de l’angle \(\widehat{BOC}\).

OA = OC (rayons du cercle) donc le triangle OAC est isocèle en O et ses angles à la base sont égaux : \(\widehat{OCA}=\widehat{OAC}=40^{\circ}\).

La somme des angles d’un triangle vaut 180°, donc \(\widehat{AOC}=180^{\circ}-2\times 40^{\circ}=100^{\circ}\).

Les points A, O et B sont alignés, donc les angles \(\widehat{AOC}\) et \(\widehat{BOC}\) sont supplémentaires : \(\widehat{BOC}=180^{\circ}-100^{\circ}=80^{\circ}\).

Exercice 7 (trigonométrie 3e corrigé)

Quelle est la distance OH nécessaire pour que la cathédrale apparaisse entièrement dans l’objectif ?
Dans le triangle AOH rectangle en H, je dispose du côté opposé et de l’angle \(\widehat{O}\).
Je cherche le côté adjacent à l’angle \(\widehat{O}\).
Formule : tangente
\(\tan\widehat{O}=\dfrac{AH}{OH}\)

\(\tan 42^{\circ}=\dfrac{140}{OH}\)

\(OH=\dfrac{140}{\tan 42^{\circ}}\)

\(OH\approx 155{,}5\text{ m}\)

Conclusion :

La distance OH nécessaire pour que la cathédrale apparaisse entièrement dans l’objectif doit être au moins égale à 155,5 mètres environ.

Exercice 8 :

Le triangle SAH est rectangle en H et \(\widehat{SAH}=45^{\circ}\).

Donc \(\widehat{ASH}=90^{\circ}-45^{\circ}=45^{\circ}\) : le triangle SAH est rectangle et isocèle en H, donc AH = HS = x.

a) Les points B, A et H sont alignés dans cet ordre : BH = BA + AH = 40 + x.

b) AH = HS = x.

c) Dans le triangle BSH rectangle en H :

\(\tan\widehat{SBH}=\dfrac{SH}{BH}\)

\(\tan 25^{\circ}=\dfrac{x}{40+x}\)

\((40+x)\times \tan 25^{\circ}=x\)

d) On résout l’équation :

\(40\tan 25^{\circ}+x\tan 25^{\circ}=x\)

De même, \(40\tan 25^{\circ}=x-x\tan 25^{\circ}\)

\(40\tan 25^{\circ}=x(1-\tan 25^{\circ})\)

\(x=\dfrac{40\tan 25^{\circ}}{1-\tan 25^{\circ}}\approx 34{,}95\)

La hauteur du donjon est d’environ 35 mètres.

Exercice 9 (trigonométrie 3e corrigé)

Dans le pavé droit ci-dessus, on donne EH = 69 cm, EF = 60 cm et EA = 51 cm.
Quelle est la mesure de l’angle AED ? (arrondir le résultat à l’unité)

La face ADHE est un rectangle, donc AD = EH = 69 cm et le triangle AED est rectangle en A.

\(\tan\widehat{AED}=\dfrac{AD}{AE}\)

\(\tan\widehat{AED}=\dfrac{69}{51}\)

\(\widehat{AED}=\tan^{-1}(\dfrac{69}{51})\approx 53{,}5^{\circ}\)

\(\widehat{AED}\approx 54^{\circ}\)

Exercice 10 :

Aider Lisa à faire ce calcul en s’aidant du schéma ci-dessous :

Nous avons, dans les triangles ABD et CBD rectangles en B :

\(\tan 40^{\circ}=\dfrac{BD}{BA}\) et \(\tan 48^{\circ}=\dfrac{BD}{BC}\)

À l’aide de ces deux égalités, et comme BA = BC + 50 :

\(BD=BA\times \tan 40^{\circ}=(BC+50)\tan 40^{\circ}\) et \(BD=BC\times \tan 48^{\circ}\)

Déterminons BC :

\((BC+50)\tan 40^{\circ}=BC\times \tan 48^{\circ}\)

\(BC\times \tan 40^{\circ}+50\tan 40^{\circ}=BC\times \tan 48^{\circ}\)

\(50\tan 40^{\circ}=BC\times \tan 48^{\circ}-BC\times \tan 40^{\circ}\)

\(50\tan 40^{\circ}=BC(\tan 48^{\circ}-\tan 40^{\circ})\)

\(BC=\dfrac{50\tan 40^{\circ}}{\tan 48^{\circ}-\tan 40^{\circ}}\approx 154{,}52\text{ m}\)

Déterminons BD :

\(BD=BC\times \tan 48^{\circ}=\dfrac{50\tan 40^{\circ}\times \tan 48^{\circ}}{\tan 48^{\circ}-\tan 40^{\circ}}\approx 171{,}62\text{ m}\)

L’archange Saint Michel culmine à environ 171,6 mètres (au-dessus de la hauteur de l’œil de Lisa).

Exercice 11 (trigonométrie 3e corrigé)

1. Construire en vraie grandeur un triangle ABC tel que : AB = 7 cm ; BC = 8 cm et AC = 5 cm.

2. [BC] est le plus grand côté. On compare :

\(BC^2=8^2=64\) et \(AB^2+AC^2=7^2+5^2=49+25=74\).

\(64\neq 74\) donc \(BC^2\neq AB^2+AC^2\) : d’après la contraposée du théorème de Pythagore, le triangle ABC n’est pas rectangle.

3. Calcul de l’angle \(\widehat{BAC}\) : appliquons la formule d’Al-Kashi.

\(8^2=7^2+5^2-2\times 7\times 5\times \cos\widehat{BAC}\)

\(64=49+25-70\cos\widehat{BAC}\)

\(64-49-25=-70\cos\widehat{BAC}\)

\(-10=-70\cos\widehat{BAC}\)

soit

\(\cos\widehat{BAC}=\dfrac{10}{70}=\dfrac{1}{7}\)

À l’aide de la calculatrice on trouve :

\(\widehat{BAC}=\cos^{-1}(\dfrac{1}{7})\approx 81{,}79^{\circ}\), soit environ 82° au degré près.

Vous pourrez vérifier ce résultat en utilisant GeoGebra.

Exercice 12 :

1) Dans le cas d’une pente à 15 %, quel angle fait la route avec l’horizontale ?

Dans ce triangle rectangle, notons \(\widehat{A}\) l’angle entre la route et l’horizontale.

Nous connaissons le côté opposé (15 m) et le côté adjacent (100 m) à l’angle \(\widehat{A}\), la formule à utiliser est donc la tangente.

\(\tan\widehat{A}=\dfrac{15}{100}=0{,}15\)

\(\widehat{A}=\tan^{-1}(0{,}15)\approx 8{,}5^{\circ}\)

Conclusion : la route fait un angle d’environ 8,5° (environ 9° au degré près) avec l’horizontale.

2) On considère une descente dangereuse dès que la pente est supérieure à 10 % sur route et supérieure à 4 % sur autoroute.

À partir de quel angle entre chaussée et l’horizontale considère-t-on qu’une descente est dangereuse sur route ? sur autoroute ?

Une pente de 10 % correspond à \(\tan\widehat{A}=0{,}1\) : \(\widehat{A}=\tan^{-1}(0{,}1)\approx 5{,}7^{\circ}\).

Une pente de 4 % correspond à \(\tan\widehat{B}=0{,}04\) : \(\widehat{B}=\tan^{-1}(0{,}04)\approx 2{,}3^{\circ}\).

Conclusion : une descente sur route est dangereuse dès que l’angle dépasse environ 5,7° (à peu près 6°), et sur autoroute dès qu’il dépasse environ 2,3° (à peu près 2°).

3) Est-il plus dangereux de circuler sur une route qui a une pente de 20 % ou de rouler sur une autoroute faisant un angle de 20 degrés avec l’horizontale ? Justifier.

Pour la route : \(\tan\widehat{A}=0{,}2\) donc \(\widehat{A}=\tan^{-1}(0{,}2)\approx 11{,}3^{\circ}\).

Pour l’autoroute, l’angle est de 20°, ce qui correspond à une pente de \(\tan 20^{\circ}\approx 0{,}364\), soit environ 36 %.

Conclusion : l’autoroute inclinée de 20° est bien plus raide (20° contre 11,3°, 36 % contre 20 %) ; c’est donc elle qui est la plus dangereuse, d’autant qu’on y roule plus vite.

Exercice 13 (trigonométrie 3e corrigé)

1°) Votre triangle devrait ressembler à celui-ci :

2°) Pour démontrer que le triangle IJK est un triangle rectangle,
on va utiliser la réciproque du théorème de Pythagore.
La démonstration se fait de la sorte :

Dans le triangle IJK, [JK] est le plus grand côté :

\(JK^2=8^2=64\) et \(IJ^2+IK^2=4{,}8^2+6{,}4^2=23{,}04+40{,}96=64\)

Or \(JK^2=IJ^2+IK^2\), donc d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle IJK est rectangle en I.

3°) On veut maintenant savoir quelle est la mesure de l’angle \(\widehat{IJK}\).

Trois possibilités de résolution, on utilise :

\(\cos\widehat{IJK}=\dfrac{IJ}{JK}=\dfrac{4{,}8}{8}=\dfrac{3}{5}\) et \(\widehat{IJK}=\cos^{-1}(\dfrac{3}{5})\approx 53^{\circ}\)

ou

\(\sin\widehat{IJK}=\dfrac{IK}{JK}=\dfrac{6{,}4}{8}=\dfrac{4}{5}\) et \(\widehat{IJK}=\sin^{-1}(\dfrac{4}{5})\approx 53^{\circ}\)

ou

\(\tan\widehat{IJK}=\dfrac{IK}{IJ}=\dfrac{6{,}4}{4{,}8}=\dfrac{4}{3}\) et \(\widehat{IJK}=\tan^{-1}(\dfrac{4}{3})\approx 53^{\circ}\)

\(\widehat{IJK}\approx 53^{\circ}\)

Exercice 14 :

1°) On sait que le mur (AB) et le sol sont perpendiculaires.
On sait aussi que le panier est à 3,05 m du sol et que l’échelle [AC] mesure 3,20 m de long.

Donc pour savoir à quelle distance du pied du mur doit se placer l’échelle
pour que son sommet soit juste au niveau du panier, on va utiliser le théorème de Pythagore.
Mais avant on convertit : AB = 3,05 m = 305 cm et CA = 3,20 m = 320 cm.

Dans le triangle ABC rectangle en B, on applique le théorème de Pythagore :

\(CB^2+AB^2=CA^2\)

\(CB^2+305^2=320^2\)

\(CB^2+93\,025=102\,400\)

\(CB^2=102\,400-93\,025=9\,375\)

Or CB > 0 donc \(CB=\sqrt{9\,375}\approx 97\text{ cm}\).

2°) L’angle formé par l’échelle et le sol est l’angle \(\widehat{ACB}\).

Nous avons les mesures des trois côtés du triangle,
ce qui nous offre trois possibilités (avec \(CB\approx 97\) pour les deux premières) :

\(\cos\widehat{ACB}=\dfrac{CB}{CA}\approx\dfrac{97}{320}\) et \(\widehat{ACB}\approx\cos^{-1}(\dfrac{97}{320})\approx 72^{\circ}\)

ou

\(\sin\widehat{ACB}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{305}{320}=\dfrac{61}{64}\) et \(\widehat{ACB}=\sin^{-1}(\dfrac{61}{64})\approx 72^{\circ}\)

ou

\(\tan\widehat{ACB}=\dfrac{AB}{CB}\approx\dfrac{305}{97}\) et \(\widehat{ACB}\approx\tan^{-1}(\dfrac{305}{97})\approx 72^{\circ}\)

L’échelle fait avec le sol un angle d’environ 72°.

Exercice 15 (trigonométrie 3e corrigé)

1°) Votre triangle devrait ressembler à celui-ci.

Les angles \(\widehat{AHC}\) et \(\widehat{AHB}\) sont droits car [AH] est la hauteur issue du sommet A.
Or la hauteur est la droite issue d’un sommet et perpendiculaire au côté opposé.
On sait aussi que BH = HC = BC/2 = 4 cm car, dans un triangle isocèle,
la hauteur issue du sommet principal coupe sa base en deux parties égales : c’est également la médiatrice de la base.
Construction : on trace [BC] de 8 cm, on place son milieu H, on trace la perpendiculaire à (BC) en H et on y place A tel que AH = 7 cm.

2°) Calcul de \(\tan\widehat{B}\)

Dans le triangle ABH rectangle en H, la tangente d’un angle est égale au quotient du côté opposé par le côté adjacent.
Donc :

\(\tan\widehat{B}=\dfrac{AH}{BH}=\dfrac{7}{8: 2}=\dfrac{7}{4}\)

3°) On en déduit \(\widehat{B}=\tan^{-1}(\dfrac{7}{4})\approx 60^{\circ}\).

Exercice 16 :

1°) Un rectangle de 7,2 cm sur 5,4 cm avec sa diagonale [AC] : pas besoin de correction !

2°) Calcul de la mesure de l’angle \(\widehat{ACD}\) :
Dans le triangle ACD rectangle en D, on connaît le côté adjacent DC = AB = 7,2 cm et le côté opposé AD = BC = 5,4 cm de cet angle,
ce qui nous ramène à calculer la tangente de cet angle.

\(\tan\widehat{ACD}=\dfrac{AD}{DC}=\dfrac{5{,}4}{7{,}2}=\dfrac{3}{4}\)

On en déduit \(\widehat{ACD}=\tan^{-1}(\dfrac{3}{4})\approx 37^{\circ}\).

3°) Démontrer que les angles \(\widehat{ACD}\) et \(\widehat{CAB}\) sont égaux.

1re méthode (la plus simple) : les droites (AB) et (DC) sont parallèles (côtés opposés d’un rectangle) et coupées par la sécante (AC).

Les angles \(\widehat{ACD}\) et \(\widehat{CAB}\) sont alternes-internes, donc égaux.

2e méthode (pour les accros !)
On calcule AC avec le théorème de Pythagore :

Dans le triangle ABC rectangle en B :

\(AC^2=AB^2+BC^2=7{,}2^2+5{,}4^2=51{,}84+29{,}16=81\) or AC > 0, donc

\(AC=\sqrt{81}=9\) cm.

Si les angles \(\widehat{ACD}\) et \(\widehat{CAB}\) sont égaux, ils ont le même sinus. Vérifions :

\(\sin\widehat{ACD}=\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{5{,}4}{9}=\dfrac{3}{5}\) et \(\sin\widehat{CAB}=\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{5{,}4}{9}=\dfrac{3}{5}\)

Deux angles aigus qui ont le même sinus sont égaux : les angles \(\widehat{ACD}\) et \(\widehat{CAB}\) sont égaux.

4°) Le point E appartient à la médiatrice de [AC], donc il est équidistant de A et de C : EA = EC.

Le triangle ACE est isocèle en E.

5°) Dans le triangle ACE isocèle en E, les angles à la base sont égaux : \(\widehat{ECA}=\widehat{EAC}=\widehat{CAB}\approx 36{,}87^{\circ}\).

La demi-droite [CA) est située entre [CD) et [CE), donc :

\(\widehat{DCE}=\widehat{DCA}+\widehat{ACE}\approx 36{,}87^{\circ}+36{,}87^{\circ}\approx 73{,}7^{\circ}\)

\(\widehat{DCE}\approx 74^{\circ}\)

Exercice 17 (trigonométrie 3e corrigé)

1. a. Le point E est entre C et D et CD = 90, donc \(0\leq\, x\leq\, 90\) (en pratique \(0\lt x\lt 90\) pour que les triangles existent).

b. Les points C, E et D sont alignés dans cet ordre : CE = CD − ED = 90 − x.

2. Dans le triangle BED rectangle en D, [BD] est le côté opposé à l’angle \(\widehat{DEB}\) et [ED] le côté adjacent :

\(\tan\widehat{DEB}=\dfrac{BD}{ED}=\dfrac{35}{x}\)

3. Dans le triangle NEC rectangle en C, [NC] est le côté opposé à l’angle \(\widehat{CEN}\) et [CE] le côté adjacent :

\(\tan\widehat{CEN}=\dfrac{NC}{CE}=\dfrac{25}{90-x}\)

4. a. Les deux angles sont égaux, donc leurs tangentes aussi : \(\dfrac{35}{x}=\dfrac{25}{90-x}\), ce qui donne par produit en croix \(35(90-x)=25x\).

\(3\,150-35x=25x\)

\(3\,150=60x\)

\(x=\dfrac{3\,150}{60}=52{,}5\)

ED = 52,5 cm (et donc CE = 90 − 52,5 = 37,5 cm).

b. \(\tan\widehat{DEB}=\dfrac{35}{52{,}5}=\dfrac{2}{3}\) donc \(\widehat{DEB}=\tan^{-1}(\dfrac{2}{3})\approx 33{,}7^{\circ}\).

Vérification : \(\tan\widehat{CEN}=\dfrac{25}{37{,}5}=\dfrac{2}{3}\), on obtient bien le même angle.

Les angles \(\widehat{CEN}\) et \(\widehat{DEB}\) mesurent environ 34°.

Exercice 18 :

Calculer, pour chaque figure, la mesure de l’angle marqué

(arrondir le résultat au degré près).

1. Dans le triangle IAB rectangle en A, je connais le côté opposé et le côté adjacent à l’angle \(\widehat{ABI}\).

Formule : tangente.

\(\tan\widehat{ABI}=\dfrac{2{,}1}{2{,}8}\) donc \(\widehat{ABI}=\tan^{-1}(\dfrac{2{,}1}{2{,}8})\approx 37^{\circ}\).

2. Dans le triangle DCL rectangle en D, je connais l’hypoténuse et le côté opposé à l’angle \(\widehat{DLC}\).

Formule : sinus.

\(\sin\widehat{DLC}=\dfrac{8}{9}\) donc \(\widehat{DLC}=\sin^{-1}(\dfrac{8}{9})\approx 63^{\circ}\).

3. Dans le triangle EFJ rectangle en F, je connais l’hypoténuse et le côté opposé à l’angle \(\widehat{JEF}\).

Formule : sinus.

\(\sin\widehat{JEF}=\dfrac{2{,}7}{4{,}2}\) donc \(\widehat{JEF}=\sin^{-1}(\dfrac{2{,}7}{4{,}2})\approx 40^{\circ}\).

4. Dans le triangle GHK rectangle en H, je connais le côté adjacent et le côté opposé à l’angle \(\widehat{HKG}\).

Formule : tangente.

\(\tan\widehat{HKG}=\dfrac{4}{3}\) donc \(\widehat{HKG}=\tan^{-1}(\dfrac{4}{3})\approx 53^{\circ}\)

Exercice 19 (trigonométrie 3e corrigé)

Dans le triangle VGI, la somme des angles vaut 180° :

\(\widehat{VIG}=180^{\circ}-35^{\circ}-55^{\circ}=90^{\circ}\)

Le triangle VGI est donc rectangle en I et son hypoténuse est [VG].

Distance entre Globe et l’île : dans ce triangle, [GI] est le côté opposé à l’angle \(\widehat{GVI}\) et [VI] le côté adjacent.

\(\tan\widehat{GVI}=\dfrac{GI}{VI}\) soit \(\tan 35^{\circ}=\dfrac{GI}{800}\) donc \(GI=800\times \tan 35^{\circ}\approx 560{,}2\).

Globe est à environ 560 m de l’île.

Distance entre les deux voiliers : [VI] est le côté adjacent à l’angle \(\widehat{GVI}\) et [VG] l’hypoténuse.

\(\cos\widehat{GVI}=\dfrac{VI}{VG}\) soit \(\cos 35^{\circ}=\dfrac{800}{VG}\) donc \(VG=\dfrac{800}{\cos 35^{\circ}}\approx 976{,}6\).

Les deux voiliers sont distants d’environ 977 m.

Exercice 20 :

1. Calculer la mesure de \(\widehat{IGH}\).

Dans le triangle IGH rectangle en H, je connais le côté opposé à \(\widehat{IGH}\) et l’hypoténuse.

Formule : sinus.

\(\sin\widehat{IGH}=\dfrac{3}{6}\) donc \(\widehat{IGH}=\sin^{-1}(\dfrac{1}{2})=30^{\circ}\).

2. En déduire la mesure de l’angle \(\widehat{EGF}\).

Les angles \(\widehat{EGF}\) et \(\widehat{IGH}\) sont opposés par le sommet, ils ont donc la même mesure : \(\widehat{EGF}=30^{\circ}\).

3. Calculer les longueurs EF et FG arrondies au dixième.

Dans le triangle GEF rectangle en E :

\(\cos\widehat{EGF}=\dfrac{EG}{FG}\) et \(\tan\widehat{EGF}=\dfrac{EF}{EG}\)

\(\cos 30^{\circ}=\dfrac{3}{FG}\) et \(\tan 30^{\circ}=\dfrac{EF}{3}\)

\(FG=\dfrac{3}{\cos 30^{\circ}}\approx 3{,}5\text{ cm}\)

\(EF=3\times \tan 30^{\circ}\approx 1{,}7\text{ cm}\)

Exercice 21 (trigonométrie 3e corrigé)

Calculer la longueur OM arrondie au millimètre.

Calculons PM :

Dans le triangle PAM rectangle en A, je connais le côté opposé AM = 4,6 cm à l’angle \(\widehat{APM}=47^{\circ}\)

et je cherche l’hypoténuse.

Formule : sinus

\(\sin\widehat{APM}=\dfrac{4{,}6}{PM}\)

\(\sin 47^{\circ}=\dfrac{4{,}6}{PM}\) donc

\(PM=\dfrac{4{,}6}{\sin 47^{\circ}}\approx 6{,}29\text{ cm}\)

Calculons OM :

Dans le triangle POM rectangle en O, je connais l’hypoténuse et l’angle \(\widehat{PMO}=23^{\circ}\)

et je cherche le côté adjacent à l’angle \(\widehat{PMO}\).

Formule : cosinus.

\(\cos\widehat{PMO}=\dfrac{OM}{PM}\)

\(\cos 23^{\circ}=\dfrac{OM}{PM}\)

\(OM=\dfrac{4{,}6}{\sin 47^{\circ}}\times \cos 23^{\circ}\approx 5{,}8\text{ cm}\)

Exercice 22 :

On donne BD = 4 cm, BA = 6 cm et \(\widehat{DBC}=60^{\circ}\).

1. Montrer que BC = 8 cm.

Dans le triangle DCB rectangle en D :

\(\cos 60^{\circ}=\dfrac{DB}{BC}\)

\(\cos 60^{\circ}=\dfrac{4}{BC}\)

\(BC=\dfrac{4}{\cos 60^{\circ}}=\dfrac{4}{0{,}5}\)

\(BC=8\text{ cm}\)

2. Calculer CD. Donner la valeur arrondie au dixième.

\(\tan 60^{\circ}=\dfrac{CD}{DB}\)

\(\tan 60^{\circ}=\dfrac{CD}{4}\)

\(CD=4\tan 60^{\circ}\)

\(CD\approx 6{,}9\text{ cm}\)

3. Calculer AC.

Dans le triangle ABC rectangle en B, d’après le théorème de Pythagore :

\(AC^2=BC^2+BA^2\)

\(AC^2=8^2+6^2\)

\(AC^2=64+36=100\)

\(AC=\sqrt{100}\)

\(AC=10\text{ cm}\)

4. Quelle est la valeur de \(\tan\widehat{BAC}\) ?

\(\tan\widehat{BAC}=\dfrac{BC}{BA}\)

\(\tan\widehat{BAC}=\dfrac{8}{6}\)

\(\tan\widehat{BAC}=\dfrac{4}{3}\)

5. En déduire la valeur arrondie au degré de \(\widehat{BAC}\).

\(\widehat{BAC}=\tan^{-1}(\dfrac{4}{3})\)

\(\widehat{BAC}\approx 53^{\circ}\)

Le chapitre sur le cosinus en 4ème est très important car il reviendra souvent dans vos exercices tout au long de l’année.

Exercice 23 (trigonométrie 3e corrigé)

1) Construire un triangle ABC rectangle en A sachant que :

AB = 6 cm et \(\widehat{ABC}=35^{\circ}\).

2) Calculer la longueur BC et la longueur AC ; on donnera les résultats au millimètre le plus proche.

Dans le triangle ABC rectangle en A, [AB] est le côté adjacent à l’angle \(\widehat{B}\) et [BC] l’hypoténuse :

\(\cos\widehat{B}=\dfrac{AB}{BC}\)

\(BC=\dfrac{AB}{\cos\widehat{B}}\approx\dfrac{6}{0{,}819}\approx 7{,}33\), soit BC ≈ 7,3 cm.

Le triangle ABC est rectangle en A, d’après le théorème de Pythagore :

\(AC^2=BC^2-AB^2\approx 7{,}326^2-6^2\approx 17{,}67\) donc \(AC\approx\sqrt{17{,}67}\approx 4{,}20\), soit AC ≈ 4,2 cm.

Angle	Cosinus
35°	0,819

Exercice 24 :

On veut mesurer la hauteur d’une cathédrale. Grâce à un instrument de mesure placé en O, à 1,5 m du sol et à 85 m de la cathédrale, on mesure l’angle \(\widehat{COB}\) et on trouve 59°.

1) Déterminer la longueur CB au dixième de mètre le plus proche.

Le triangle OBC est rectangle en B ; [CB] est le côté opposé à l’angle \(\widehat{COB}\) et [OB] le côté adjacent, avec OB = 85 m.

\(\tan\widehat{COB}=\dfrac{CB}{OB}\) donc \(CB=85\times \tan 59^{\circ}\approx 141{,}46\), soit CB ≈ 141,5 m.

(On peut aussi calculer \(CO=\dfrac{85}{\cos 59^{\circ}}\approx 165{,}04\text{ m}\) puis \(CB=\sqrt{CO^2-85^2}\approx 141{,}5\text{ m}\) avec le théorème de Pythagore.)

2) En déduire la hauteur de la cathédrale que l’on arrondira au mètre le plus proche.

\(H=CB+AB\approx 141{,}46+1{,}5=142{,}96\text{ m}\)

La cathédrale mesure environ 143 m.

Exercice 25 (trigonométrie 3e corrigé)

ABC est un triangle rectangle en A.

On donne AB = 5 cm et \(\widehat{ABC}=35^{\circ}\).

1) Construire la figure en vraie grandeur.

2) Déterminer la longueur AC, arrondie au dixième de centimètre.

Le triangle ABC est rectangle en A ; [AC] est le côté opposé à l’angle \(\widehat{ABC}\) et [AB] le côté adjacent.

\(\tan 35^{\circ}=\dfrac{AC}{5}\)

\(AC=5\times \tan 35^{\circ}\approx 3{,}5\text{ cm}\)

Autre méthode : \(BC=\dfrac{5}{\cos 35^{\circ}}\approx 6{,}10\text{ cm}\) puis, avec le théorème de Pythagore, \(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}\approx 3{,}5\text{ cm}\).

Exercice 26 :

Une échelle de 6 mètres est appuyée contre un mur vertical de 7 mètres de haut. Par mesure de sécurité, on estime que l’angle que fait l’échelle avec le sol doit être de 75° (voir schéma ci-dessous).

1) Calculer la distance AB entre le pied de l’échelle et le mur. (On donnera le résultat arrondi au centimètre.)

Dans le triangle ABC rectangle en A, [AB] est le côté adjacent à l’angle \(\widehat{ABC}\) et [BC] l’hypoténuse :

\(\cos 75^{\circ}=\dfrac{AB}{6}\)

\(AB=6\times \cos 75^{\circ}\approx 1{,}55\text{ m}\)

2) À quelle distance CD du sommet du mur se trouve le haut de l’échelle ? (On donnera le résultat arrondi au centimètre.)

Dans le triangle ABC rectangle en A, [AC] est le côté opposé à l’angle \(\widehat{ABC}\) :

\(\sin 75^{\circ}=\dfrac{AC}{6}\) donc \(AC=6\times \sin 75^{\circ}\approx 5{,}80\text{ m}\).

\(CD=AD-AC\approx 7-5{,}80=1{,}20\text{ m}\)

Exercice 27 (trigonométrie 3e corrigé)

Tracer un cercle C de centre O et de rayon 4 cm. Tracer [AB], un diamètre de C.

Placer un point E sur le cercle C tel que : \(\widehat{BAE}=40^{\circ}\).

1) Montrer que le triangle ABE est rectangle.

ABE est un triangle inscrit dans un cercle dont l’un des côtés, [AB], est un diamètre de ce cercle ;

par conséquent le triangle ABE est rectangle en E.

Calculer la valeur exacte de BE puis son arrondi au millimètre.

AB = 2 × 4 = 8 cm. Dans le triangle ABE rectangle en E, [BE] est le côté opposé à l’angle \(\widehat{BAE}\) et [AB] l’hypoténuse :

\(\sin 40^{\circ}=\dfrac{BE}{8}\)

\(BE=8\sin 40^{\circ}\) (valeur exacte) \(\approx 5{,}1\text{ cm}\)

2) D est le symétrique de B par rapport à E, donc E est le milieu de [BD]. O est le milieu de [AB] (centre du cercle).

Dans le triangle ABD, la droite (OE) passe par les milieux de deux côtés ; d’après le théorème des milieux, les droites (OE) et (AD) sont parallèles.

3) La droite (AE) est perpendiculaire à (BD) (triangle ABE rectangle en E) et passe par le milieu E de [BD] : c’est la médiatrice de [BD]. Le point A est donc équidistant de B et de D : AB = AD.

Le triangle ABD est isocèle en A.

Exercice 28 :

Un câble de 20 m de long est tendu entre le sommet d’un poteau vertical et le sol horizontal. Il forme un angle de 40° avec le sol (voir schéma).

1. Calculer la hauteur du poteau.

Dans le triangle rectangle formé par le poteau, le sol et le câble, le câble est l’hypoténuse et le poteau est le côté opposé à l’angle de 40° :

\(\sin 40^{\circ}=\dfrac{\text{poteau}}{\text{câble}}\)

\(\text{poteau}=20\times \sin 40^{\circ}\approx 12{,}86\text{ m}\)

(On peut aussi utiliser l’autre angle aigu, qui mesure 90° − 40° = 50° : \(\text{poteau}=20\times \cos 50^{\circ}\).)

2. À l’échelle \(\dfrac{1}{200}\), 1 cm sur le dessin représente 200 cm = 2 m : le câble est représenté par 20 ÷ 2 = 10 cm et le poteau par environ 12,86 ÷ 2 ≈ 6,4 cm. On trace le sol, un angle de 40°, le câble de 10 cm, puis la perpendiculaire au sol passant par son extrémité, et on note sur la figure 20 m, 40° et l’angle droit.

Exercice 29 (trigonométrie 3e corrigé)

ABCD désigne un rectangle tel que AB = 7,2 cm et BC = 5,4 cm.

1) Dessiner en grandeur réelle ce rectangle et sa diagonale [AC].

2) Calculer la mesure arrondie au degré de l’angle \(\widehat{ACD}\).

Dans le triangle ACD rectangle en D, d’après le théorème de Pythagore :

\(AC=\sqrt{7{,}2^2+5{,}4^2}=\sqrt{81}=9\text{ cm}\)

et \(\cos\widehat{ACD}=\dfrac{DC}{AC}\)

\(\cos\widehat{ACD}=\dfrac{7{,}2}{9}=0{,}8\) donc \(\widehat{ACD}=\cos^{-1}(0{,}8)\approx 36{,}87^{\circ}\approx 37^{\circ}\)

3) Démontrer que les angles \(\widehat{ACD}\) et \(\widehat{CAB}\) sont égaux.

Les droites (AB) et (CD) sont parallèles et coupées par la sécante (AC) ; les angles \(\widehat{ACD}\) et \(\widehat{CAB}\) sont alternes-internes, donc ils sont égaux.

4) E est sur la médiatrice de [AC], donc EA = EC : le triangle ACE est isocèle en E.

5) Les angles à la base du triangle isocèle ACE sont égaux : \(\widehat{ACE}=\widehat{CAE}=\widehat{CAB}\approx 36{,}87^{\circ}\).

\(\widehat{DCE}=\widehat{DCA}+\widehat{ACE}\approx 36{,}87^{\circ}+36{,}87^{\circ}\approx 73{,}7^{\circ}\), soit environ 74°.

Exercice 30 :

Pour propulser des billes, Mathieu a construit un plan incliné de 30° dont la

base mesure 15 cm de long.

Quelle est la longueur de la pente ?

Donner l’arrondi au millimètre.

Dans le triangle HPB rectangle en P, [BP] est le côté adjacent à l’angle de 30° et [HB] l’hypoténuse :

\(\cos 30^{\circ}=\dfrac{15}{HB}\)

\(HB=\dfrac{15}{\cos 30^{\circ}}\approx 17{,}3\text{ cm}\)

Exercice 31 (trigonométrie 3e corrigé)

Sachant que les points E, F et G sont alignés, on veut calculer la longueur FS.

1. Calculer la mesure de l’angle \(\widehat{GFS}\).

Le triangle GFS est isocèle en F donc les angles à la base ont la même mesure : \(\widehat{FSG}=\widehat{FGS}=25^{\circ}\).

\(\widehat{GFS}=180^{\circ}-25^{\circ}-25^{\circ}=130^{\circ}\)

2. Calculer la mesure de l’angle \(\widehat{SFE}\).

\(\widehat{GFE}\) est un angle plat.

\(\widehat{SFE}=180^{\circ}-130^{\circ}=50^{\circ}\)

3. En déduire l’arrondi au dixième de FS.

Dans le triangle FSE rectangle en S, [SE] est le côté opposé à l’angle \(\widehat{SFE}\) et [FS] le côté adjacent :

\(\tan\widehat{SFE}=\dfrac{8}{FS}\)

\(\tan 50^{\circ}=\dfrac{8}{FS}\)

\(FS=\dfrac{8}{\tan 50^{\circ}}\approx 6{,}7\text{ cm}\)

Exercice 32 :

a. Dans le triangle JKL rectangle en L, on connaît le côté adjacent JL = 2,9 cm à l’angle \(\widehat{LJK}\) et l’hypoténuse JK = 6 cm.

Formule : cosinus.

\(\cos\widehat{LJK}=\dfrac{JL}{JK}=\dfrac{2{,}9}{6}\) donc \(\widehat{LJK}=\cos^{-1}(\dfrac{2{,}9}{6})\approx 61{,}1^{\circ}\).

\(\widehat{LJK}\approx 61^{\circ}\)

b. Dans un triangle rectangle, les deux angles aigus sont complémentaires :

\(\widehat{LKJ}=90^{\circ}-\widehat{LJK}\approx 90^{\circ}-61{,}1^{\circ}=28{,}9^{\circ}\)

\(\widehat{LKJ}\approx 29^{\circ}\)

Exercice 33 (trigonométrie 3e corrigé)

Le triangle TSC est rectangle en S. [CS] est le côté opposé à l’angle \(\widehat{STC}\) et [TC] l’hypoténuse.

Formule : sinus.

\(\sin\widehat{STC}=\dfrac{CS}{TC}=\dfrac{35}{40}=\dfrac{7}{8}\)

\(\widehat{STC}=\sin^{-1}(\dfrac{7}{8})\approx 61{,}04^{\circ}\)

La ficelle fait avec le sol un angle \(\widehat{STC}\) d’environ 61°.

Exercice 34 :

1. Dans le triangle PGR, le plus grand côté est [PR].

\(PR^2=13^2=169\) et \(PG^2+GR^2=5^2+12^2=25+144=169\)

\(PR^2=PG^2+GR^2\), donc d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle PGR est rectangle en G.

2. Pour l’angle \(\widehat{GPR}\) : l’hypoténuse est [PR], le côté adjacent est [PG] et le côté opposé est [GR].

a. \(\cos\widehat{GPR}=\dfrac{PG}{PR}=\dfrac{5}{13}\)

b. \(\sin\widehat{GPR}=\dfrac{GR}{PR}=\dfrac{12}{13}\)

c. \(\tan\widehat{GPR}=\dfrac{GR}{PG}=\dfrac{12}{5}\)

Ces trois fractions sont irréductibles car 5, 12 et 13 n’ont deux à deux aucun diviseur commun autre que 1.

Exercice 35 (trigonométrie 3e corrigé)

1. Dans le triangle ABC rectangle en B :

a. l’hypoténuse est le côté opposé à l’angle droit : [AC] ;

b. le côté adjacent à l’angle \(\widehat{BAC}\) (autre que l’hypoténuse) est [AB] ;

c. le côté opposé à l’angle \(\widehat{BCA}\) est [AB].

2. Dans le triangle BHC rectangle en H :

a. [BH] est le côté opposé à l’angle \(\widehat{BCH}\) (c’est aussi l’angle \(\widehat{BCA}\)) ;

b. [CH] est le côté opposé à l’angle \(\widehat{CBH}\).

Exercice 36 :

Le triangle ABC est rectangle en A. [BC] = 3 m est l’hypoténuse et [AB] est le côté adjacent à l’angle \(\widehat{ABC}=40^{\circ}\).

Formule : cosinus.

\(\cos 40^{\circ}=\dfrac{AB}{3}\)

\(AB=3\times \cos 40^{\circ}\approx 2{,}298\)

AB ≈ 2,30 m.

Exercice 37 :

Le triangle HPO est rectangle en P, avec PO = 100 m. [HP] est le côté opposé à l’angle \(\widehat{HOP}\) et [PO] le côté adjacent.

Formule : tangente.

\(\tan\widehat{HOP}=\dfrac{HP}{PO}\) soit \(\tan 79{,}5^{\circ}=\dfrac{HP}{100}\)

\(HP=100\times \tan 79{,}5^{\circ}\approx 539{,}55\text{ m}\)

L’œil de la personne est à 1,65 m du sol, donc la hauteur de la tour est :

\(539{,}55+1{,}65\approx 541{,}2\text{ m}\)

La tour du One World Trade Center mesure environ 541 m.

Exercice 38 :

a. Le triangle ASH est rectangle en H. [HS] est le côté opposé à l’angle \(\widehat{SAH}=5^{\circ}\) et [AS] = 2 350 m est l’hypoténuse.

Formule : sinus.

\(\sin 5^{\circ}=\dfrac{HS}{2\,350}\)

\(HS=2\,350\times \sin 5^{\circ}\approx 204{,}816\)

HS ≈ 204,82 m.

b. Le point H est à la même altitude que le géomètre, soit 625 m :

\(625+204{,}82=829{,}82\)

L’altitude du sommet S est d’environ 829,82 m.

Exercice 39 :

Les triangles AHC et AHB sont rectangles en H, avec AH = 2,80 m, HC = 0,80 m et HB = HC + CB = 0,80 + 1,5 = 2,30 m.

a. Dans le triangle AHC, [HC] est le côté opposé à l’angle \(\widehat{HAC}\) et [AH] le côté adjacent :

\(\tan\widehat{HAC}=\dfrac{0{,}8}{2{,}8}=\dfrac{2}{7}\) donc \(\widehat{HAC}=\tan^{-1}(\dfrac{2}{7})\approx 15{,}9^{\circ}\)

\(\widehat{HAC}\approx 16^{\circ}\)

b. Dans le triangle AHB :

\(\tan\widehat{HAB}=\dfrac{2{,}3}{2{,}8}=\dfrac{23}{28}\) donc \(\widehat{HAB}=\tan^{-1}(\dfrac{23}{28})\approx 39{,}4^{\circ}\)

\(\widehat{HAB}\approx 39^{\circ}\)

Exercice 40 :

1) On trace [JK] de 8 cm, puis deux arcs de cercle : l’un de centre J et de rayon 4,8 cm, l’autre de centre K et de rayon 6,4 cm ; ils se coupent en I.

2) Dans le triangle IJK, le plus grand côté est [JK] :

\(JK^2=8^2=64\) et \(IJ^2+KI^2=4{,}8^2+6{,}4^2=23{,}04+40{,}96=64\)

\(JK^2=IJ^2+KI^2\), donc d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle IJK est rectangle en I.

3) Dans le triangle IJK rectangle en I, [IJ] est le côté adjacent à l’angle \(\widehat{IJK}\) et [JK] l’hypoténuse :

\(\cos\widehat{IJK}=\dfrac{IJ}{JK}=\dfrac{4{,}8}{8}=0{,}6\)

\(\widehat{IJK}=\cos^{-1}(0{,}6)\approx 53{,}13^{\circ}\)

\(\widehat{IJK}\approx 53^{\circ}\)

Exercice 41 :

1. Le mur est perpendiculaire au sol : le triangle ABC est rectangle en B, avec AB = 3,05 m et l’échelle AC = 3,20 m (hypoténuse).

D’après le théorème de Pythagore :

\(BC^2=AC^2-AB^2=3{,}20^2-3{,}05^2=10{,}24-9{,}3025=0{,}9375\)

\(BC=\sqrt{0{,}9375}\approx 0{,}968\text{ m}\)

Paul doit placer le pied de l’échelle à environ 97 cm du pied du mur.

2. L’angle formé par l’échelle et le sol est \(\widehat{ACB}\). [AB] est le côté opposé à cet angle et [AC] l’hypoténuse :

\(\sin\widehat{ACB}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{3{,}05}{3{,}20}\)

\(\widehat{ACB}=\sin^{-1}(\dfrac{3{,}05}{3{,}20})\approx 72{,}4^{\circ}\)

L’échelle fait avec le sol un angle d’environ 72°.

Exercice 42 :

1) Dans le triangle isocèle ABC de base [BC], la hauteur [AH] est aussi la médiatrice de [BC] : H est le milieu de [BC].

Construction : on trace [BC] de 8 cm, on place son milieu H (BH = HC = 4 cm), on trace la perpendiculaire à (BC) en H et on place A sur cette droite tel que AH = 7 cm ; on relie A à B et à C.

2) Dans le triangle ABH rectangle en H, [AH] est le côté opposé à l’angle \(\widehat{B}\) et [BH] le côté adjacent :

\(\tan\widehat{B}=\dfrac{AH}{BH}=\dfrac{7}{4}=1{,}75\)

3) \(\widehat{B}=\tan^{-1}(1{,}75)\approx 60{,}3^{\circ}\)

\(\widehat{B}\approx 60^{\circ}\)

Exercice 43 :

1) [SH] est la hauteur issue de S, relative au côté [ET]. L’aire du triangle SET est donc :

\(\mathcal{A}=\dfrac{ET\times SH}{2}=\dfrac{12\times h}{2}=6h\)

Or l’aire vaut 42 cm², donc \(6h=42\) et \(h=7\text{ cm}\).

2) Le triangle SEH est rectangle en H et son hypoténuse est [ES] = 12 cm. D’après le théorème de Pythagore :

\(EH^2=ES^2-SH^2=12^2-7^2=144-49=95\)

\(EH=\sqrt{95}\approx 9{,}75\)

EH ≈ 9,7 cm au millimètre près.

3) Dans le triangle SEH rectangle en H, [SH] est le côté opposé à l’angle \(\widehat{SET}\) et [ES] l’hypoténuse :

\(\sin\widehat{SET}=\dfrac{SH}{ES}=\dfrac{7}{12}\)

\(\widehat{SET}=\sin^{-1}(\dfrac{7}{12})\approx 35{,}7^{\circ}\)

\(\widehat{SET}\approx 36^{\circ}\)

Exercice 44 :

1) Dans le triangle ABC rectangle en A, [AB] est le côté opposé à l’angle \(\widehat{ACB}\) et [BC] l’hypoténuse :

\(\sin\widehat{ACB}=\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{3{,}6}{6}=0{,}6\)

\(\widehat{ACB}=\sin^{-1}(0{,}6)\approx 36{,}87^{\circ}\)

\(\widehat{ACB}\approx 37^{\circ}\)

2) D’après le théorème de Pythagore dans le triangle ABC rectangle en A :

\(AC^2=BC^2-AB^2=6^2-3{,}6^2=36-12{,}96=23{,}04\)

\(AC=\sqrt{23{,}04}=4{,}8\)

3) Les côtés [AB] et [AC] de l’angle droit sont perpendiculaires :

\(\mathcal{A}=\dfrac{AB\times AC}{2}=\dfrac{3{,}6\times 4{,}8}{2}=8{,}64\)

L’aire du triangle ABC est 8,64 cm².

4) [AH] est la hauteur relative au côté [BC] :

\(\mathcal{A}=\dfrac{BC\times AH}{2}=\dfrac{6\times AH}{2}=3\times AH\)

5) On en déduit \(3\times AH=8{,}64\), donc \(AH=\dfrac{8{,}64}{3}=2{,}88\).

Exercice 45 :

1) On trace [AB] de 7,2 cm, les perpendiculaires à (AB) en A et en B, on place D et C à 5,4 cm, puis on trace la diagonale [AC].

2) Dans le triangle ACD rectangle en D, [AD] = 5,4 cm est le côté opposé à l’angle \(\widehat{ACD}\) et [DC] = 7,2 cm le côté adjacent :

\(\tan\widehat{ACD}=\dfrac{AD}{DC}=\dfrac{5{,}4}{7{,}2}=0{,}75\)

\(\widehat{ACD}=\tan^{-1}(0{,}75)\approx 36{,}87^{\circ}\)

\(\widehat{ACD}\approx 37^{\circ}\)

3) Les droites (AB) et (DC) sont parallèles (côtés opposés du rectangle) et coupées par la sécante (AC). Les angles \(\widehat{ACD}\) et \(\widehat{CAB}\) sont alternes-internes, donc ils sont égaux.

4) Le point E est sur la médiatrice de [AC], donc il est à égale distance de A et de C : EA = EC. Le triangle ACE est isocèle en E.

5) Dans le triangle isocèle ACE, les angles à la base sont égaux : \(\widehat{ACE}=\widehat{CAE}=\widehat{CAB}=\widehat{ACD}\approx 36{,}87^{\circ}\).

\(\widehat{DCE}=\widehat{DCA}+\widehat{ACE}\approx 36{,}87^{\circ}+36{,}87^{\circ}\approx 73{,}7^{\circ}\)

\(\widehat{DCE}\approx 74^{\circ}\)

Trigonométrie 3e corrigé : nos conseils pour progresser

Avant tout, rédige ta propre réponse sur un brouillon. Ensuite, compare ta démarche avec la correction, étape par étape. De cette façon, tu comprends d’où vient chaque erreur. En outre, quelques minutes par jour suffisent pour retenir l’essentiel.

Par exemple, refais un exercice raté deux jours plus tard. Enfin, si tu veux approfondir, consulte la page Trigonométrie sur Wikipédia. Également, tu peux continuer avec volumes et sections : corrigé des exercices de maths en 3ème en PDF.