Corrigé devoir Maison 7

1ère SSI1
Année 2006-2007
Corrigé devoir Maison 7
Exercice 1 :
Equation trigonométrique
1) Pour t = 0 on a cos(t) = 1 et sin(t) = 0 donc 0 est une solution de (E).
π
π
De même pour t = on a cos(t) = 0 et sin(t) = 1 donc est aussi une solution de (E).
2
2
!
√
√
π √
√
√
2
2
π
π
= 2 cos(t) × cos
+ sin(t) × sin
= 2
2) On a 2 cos t −
× cos(t) +
× sin(t)
4
4
4
2
2
= cos(t) + sin(t).
√
π π
2
1
3) On peut réécrire l’équation (E) : cos t −
=√ =
.
= cos
4
2
4
2


π
π
π

=
+
2kπ
t
−


t
=
+ 2kπ


4
4
2
ou
avec k ∈ Z ⇐⇒
D’après le cours on a
ou
avec k ∈ Z.


π
π


 t − = − + 2kπ
t = 0 + 2kπ
4
4
π
L’ensemble des solutions de (E) sont tous les réels de la forme + 2kπ avec k un entier quel2
conque ou de la forme 2kπ avec k un entier quelconque.
4) On a :
√
π π π
3
1
+ sin(t) × sin
= cos t −
.
+ sin(t) × = cos(t) × cos
2
2
6
6
6π = 1 = cos(0).
On peut alors réécrire l’équation cos t −
6 
π


 t − 6 = 0 + 2kπ
n
π
ou
avec k ∈ Z ⇐⇒ t = + 2kπ
Les solutions de cette équation sont telles que

6

 t − π = −0 + 2kπ
6
avec k un entier.
π
Les solutions de cette équation sont les nombres réels de la forme + 2kπ avec k un entier.
6
cos(t) ×
Exercice 2 :
Théorème de l’angle inscrit
1) on fait une figure.
C
b
A
b
O
b
B
b
M
2) Les segments [OA], [OM] et [OB] sont des rayons du cercle C donc les triangles MOA et MOB
sont isocéles en O.
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3) On a ainsi les égalités
suivantes:
−−→
−−→ −−→
−−→
MA ; MO = AO ; AM (à 2π près) pour le triangle MOA et
−−→ −−−→ −−−→ −−→
MO ; MB = BM ; BO (à 2π près) pour le triangle MOB.
4)
a) La
somme des mesures
angles
d’un triangle fait π radians donc :
−−
−−→des−−
→ −−→
→ −−→ −−→
AO ; AM + OM ; OA + MA ; MO = π (à 2π près).
−−→ −−→ −−→ −−→
Puis de la question précédente on tire 2 MA ; MO + OM ; OA = π et donc
−−→ −−→
−−→ −−→
2 MA ; MO = π − OM ; OA à 2π près ;
b) on
le même raisonnemnt au triangle MOB :
−−applique
−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−−→
BM ; BO + OB ; OM + MO ; MB = π (à 2π près).
−−→ −−−→ −−→ −−→
Puis de la question précédente on tire 2 MO ; MB + OB ; OM = π et donc
−−→ −−−→
−−→ −−→
2 MO ; MB = π − OB ; OM à 2π près ;
−−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→
−−→ −−→ −−→ −−→
c) On a OA ; OB = OA ; OM + OM ; OB = − OM ; OA − OB ; OM =
−−→ −−→
−−→ −−−→
−−→ −−→ −−→ −−−→
2 MA ; MO −π+2 MO ; MB −π = 2
MA ; MO + MO ; MB
−2π =
−−→ −−−→
2 MA ; MB à 2π près ;
⌢
5) On place à présent le point M sur le (( petit )) arc AB.
Les arguments et conclusions de la question 2) restent vraies.
Les égalités d’angles orientés de la question 3) restent encore vraies.
Les arguments et égalités de la question 4) restent alors encore vraies
elles aussi et par consé⌢
quent rien n’a changé en plaçant le point M sur le (( petit )) arc AB.
−−→ −−→
−−→ −−−→
6) Pour n’importe quel point M du cercle C on a :
OA ; OB = 2 MA ; MB à 2π près ;
Exercice 3 :
Formule de Héron
Soit A, B et C trois points non confondus deux à deux.
1
On note a = BC, b = AC, c = AB, p = (a + b + c), le demi-périmètre et S l’aire de ABC.
2
1) (Au vu l’énoncé de la question 2), il s’agit ici de rédémontrer la formule des sinus.)
On appelle H le projeté orthogonal de A sur [BC], on a alors 2S = AH × BC. De plus
AH
donc 2S = AC × BC × sin c
C c’est-àdans le triangle rectangle AHC on a sin c
C =
AC
dire 2S = ab sin c
C.
b
sin C
2S
2) De la question précédente on tire
=
et, quitte à permuter les lettres du triangle ABC,
c
abc
b
b 2S
sin B
2S
sin A
=
et
=
.
on obtient également
a
abc
b
abc
b
b
b
sin A
sin B
sin C
2S
Au final on a donc :
=
=
=
.
a
b
c
abc
3) De la formule d’Al-Kashi c2 = a2 + b2 − 2ab cos c
C on tire 2ab cos c
C = a2 + b2 − c2 puis
2
2
2
b = a +b −c .
cos C
2ab
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4) On développel’expression : (b + c)2 − a2 a2 − (b − c)2 = a2 (b + c)2 − a4 − (b + c)2 (b − c)2 + a2 (b − c)2
= a2 (b2 + 2bc + c2) − a4 − (b2 − c2 )2 + a2 (b2 − 2bc + c2) = 2a2 b2 + 2a2c2 − a4 − (b4 − 2b2 c2 + c4 ) =
2
−a4 − b4 − c4 + 2a2 b2 + 2a2 c + 2b2 c2 .
1
C.
5) D’après la première question on a S = ab sin c
2
Puisque c
C est toujours compris
entre 0 et π, sin c
C est positif et ainsi
v
!2 s
u
q
2
u
a2 + b2 − c2
4a2 b2 − (a2 + b2 − c2 )
t
2
c
c
sin C = 1 − cos C = 1 −
=
2ab
4a2 b2
s
√
−a4 − b4 − c4 + 2a2 b2 + 2a2 c2 + 2b2 c2
4a2 b2 − (a4 + b4 + c4 + 2a2 b2 − 2a2 c2 − 2b2 c2 )
=
=
.
2 b2
4a
2ab
√
−a4 − b4 − c4 + 2a2 b2 + 2a2 c2 + 2b2 c2 1 √ 4
1
=
−a − b4 − c4 + 2a2 b2 + 2a2 c2 + 2b2 c2
Ainsi S = ab
2
2ab
4
q
1
(b + c)2 − a2 a2 − (b − c)2 d’après la question précédente.
=
4
Par ailleurs :
1
1
1
p(p−a)(p−b)(p−c) =
(a + b + c) − a
(a + b + c) − b
(a + b + c) − c
2
2
2
2
4
1
1
(a+b+c)(b+c−a)(a+c−b)(a+b−c) =
(b+c+a)(b+c−a)(a+b−c)(a−(b−c))
=
2
22
2
1
=
(b + c)2 − a2 a2 − (b − c)2 .
4
p
Ainsi on a bien la formule demandée : S = p(p − a)(p − b)(p − c).
1
(a + b + c)
2
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