Solution des exercices : Angles - Trigonométrie - 2nd

1) Complétons le tableau suivant, où $l$ désigne la longueur de l'arc de cercle de rayon $R$, intercepté par l'angle $\alpha$ mesuré en degrés.

 

Pour cela , nous allons convertir $\alpha$ en radians.

 

En effet, on a :

$$l=\theta\times R$$

avec, $\theta$ l'angle, en radians, intercepté par l'arc de cercle de longueur $l.$

 

Soit $\alpha$ l'angle en degrés correspondant à $\theta.$

 

On a alors :

$$\begin{array}{rcl}\pi&\longmapsto&180^{\circ}\\\\\theta&\longmapsto&\alpha\end{array}$$

En appliquant les rapports de proportionnalité, on obtient :

$$\dfrac{\theta}{\pi}=\dfrac{\alpha}{180}\ \Rightarrow\ \theta=\dfrac{\alpha\times\pi}{180}$$

Ainsi, on a :

$$\boxed{l=\dfrac{\alpha\times\pi\times R}{180}}$$

Par conséquent,

$$\boxed{\alpha=\dfrac{l\times 180}{\pi R}}$$

D'où, le tableau suivant :

$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}\hline l&\pi R/3&2\pi R/3&\pi R/4&\pi R/6&2\pi R/5\\ \hline\alpha&60&120&45&30&72\\ \hline\end{array}$$

2) Complétons le tableau suivant, où $l$ désigne la longueur de l'arc de cercle de rayon $R$, intercepté par l'angle $\alpha$ mesuré en radians.

 

Comme $\alpha$ est en radians alors, on a :

$$\boxed{l=\alpha\times R\ \Rightarrow\ \alpha=\dfrac{l}{R}}$$

Appliquons alors ces relations pour compléter le tableau suivant :

$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|}\hline l&2\pi R&R&\pi R/6&2\pi R/3&5\pi R/8 \\ \hline\alpha&2\pi&1&\pi /6&2\pi/3&5\pi /8\\ \hline\end{array}$$

Exercice 6

Exercice 7

Dans cet exercice, considérons $\theta$ l'angle en radians et $\alpha$ l'angle en degrés correspondant à $\theta.$

 

Ainsi, comme dans l'exercice $5$, en appliquant les rapports de proportionnalité, on obtient :

$$\dfrac{\theta}{\pi}=\dfrac{\alpha}{180}$$

Ce qui entraine :

$$\boxed{\theta=\dfrac{\alpha\times\pi}{180}\quad\text{et}\quad\alpha=\dfrac{\theta\times 180}{\pi}}$$

Utilisons alors ces relations pour compléter le tableau suivant :

$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}\hline \alpha\ (^{\circ})&45&30&60&15&18&75&135&90&60&36&22.5 \\ \hline\theta\ (\text{rad})&\pi/4&\pi/6&\pi/3&\pi/12&\pi/10&5\pi/12&3\pi/4&\pi/2&\pi/3&\pi/5&\pi/8 \\ \hline \alpha\ (^{\circ})&120&150&180&90&30&45&120&18&150&180&225 \\ \hline\theta\ (\text{rad})&2\pi/3&5\pi/6&\pi&\pi/2&\pi/6&\pi/4&2\pi/3&\pi/10&5\pi/6&\pi&5\pi/4 \\ \hline\end{array}$$

Pour chacune des mesures suivantes, déterminons :

 

$-\ $ la mesure principale (en degré ou en radian, selon le cas) ;

$-\ $ la mesure dans $[0\;;\ 2\pi[$ (ou dans $[0^{\circ}\;;\ 360^{\circ}[$);

$-\ $ la mesure dans $[-2\pi\;;\ 0[$ (ou dans $[-360^{\circ}\;;\ 0^{\circ}[$).

 

Les résultats sont alors regroupées dans le tableau suivant :

$$\begin{array}{|c|c|c|c|}\hline\text{mesure}&\text{mesure principale}&\text{mesure dans }[0\;;\ 2\pi[&\text{mesure dans }[-2\pi\;;\ 0[\\&\text{en }(rad\text{ ou }deg)&\text{ou dans }[0^{\circ}\;;\ 360^{\circ}[&\text{ou dans }[-360^{\circ}\;;\ 0^{\circ}[\\\hline\dfrac{2008\pi}{3}&-\dfrac{2\pi}{3}&\dfrac{4\pi}{3}&-\dfrac{2\pi}{3}\\\hline\dfrac{28\pi}{5}&-\dfrac{2\pi}{5}&\dfrac{8\pi}{5}&-\dfrac{2\pi}{5}\\ \hline\dfrac{27\pi}{4}&\dfrac{3\pi}{4}&\dfrac{3\pi}{4}&-\dfrac{5\pi}{4}\\\hline-\dfrac{19\pi}{3}&-\dfrac{\pi}{3}&\dfrac{5\pi}{3}&-\dfrac{\pi}{3}\\\hline -270^{\circ}&90^{\circ}&90^{\circ}&-270^{\circ}\\\hline -18\pi&0&0&-2\pi\\\hline 1440^{\circ}&0^{\circ}&0^{\circ}&-360^{\circ}\\\hline -2530^{\circ}&-10^{\circ}&350^{\circ}&-10^{\circ}\\\hline -\dfrac{\pi}{4}&-\dfrac{\pi}{4}&\dfrac{7\pi}{4}&-\dfrac{\pi}{4}\\\hline\dfrac{5\pi}{6}&\dfrac{5\pi}{6}&\dfrac{5\pi}{6}&-\dfrac{7\pi}{6}\\\hline\dfrac{12\pi}{5}&\dfrac{2\pi}{5}&\dfrac{2\pi}{5}&-\dfrac{8\pi}{5}\\\hline -\dfrac{23\pi}{6}&\dfrac{\pi}{6}&\dfrac{\pi}{6}&-\dfrac{11\pi}{6}\\\hline 210^{\circ}&-150^{\circ}&210^{\circ}&-150^{\circ}\\\hline -375^{\circ}&-15^{\circ}&345^{\circ}&-15^{\circ}\\\hline -4512^{\circ}&168^{\circ}&168^{\circ}&-192^{\circ}\\\hline 17\pi&\pi&\pi&-\pi\\ \hline\end{array}$$

En effet, en considérant $x$ la mesure de l'angle en radian et $\theta$ sa mesure principale alors, on a :

$$\boxed{x=\theta+2k\pi\ \Rightarrow\ \theta=x-2k\pi}$$

avec, $k\in\mathbb{Z}\ $ et $\ \theta\in\;]-\pi\;;\ \pi]$

 

Donc, en procédant comme dans l'exercice $1$, on trouve $k$ puis, on détermine $\theta.$

 

On peut aussi déterminer $\theta$ par calcul direct.

 

Par exemple, on a :

 

$\begin{array}{rcl}\dfrac{2008\pi}{3}&=&-\dfrac{2\pi}{3}+670\pi\\\\&=&-\dfrac{2\pi}{3}+2\times 335\pi\end{array}$

 

D'où, $\boxed{\theta=-\dfrac{2\pi}{3}}$

 

De la même manière, on a :

 

$\begin{array}{rcl}-\dfrac{23\pi}{6}&=&\dfrac{\pi}{6}-4\pi\\\\&=&\dfrac{\pi}{6}-2\times 2\pi\end{array}$

 

Ainsi, $\boxed{\theta=\dfrac{\pi}{6}}$

 

Pour déterminer la mesure dans $[0\;;\ 2\pi[$ et celle dans $[-2\pi\;;\ 0[$, on procède comme suit :

 

$-\ $ si $\theta$ est positif alors, la mesure dans $[0\;;\ 2\pi[$ est égale à $\theta$ et la mesure dans $[-2\pi\;;\ 0[$ est donnée par $(\theta-2\pi)$

 

$-\ $ si $\theta$ est négatif alors, la mesure dans $[0\;;\ 2\pi[$ est égale à $(\theta+2\pi)$ et la mesure dans $[-2\pi\;;\ 0[$ est $\theta$

 

Par ailleurs, considérons $y$ la mesure de l'angle en degré et $\alpha$ sa mesure principale.

 

On obtient alors la relation suivante :

$$\boxed{y=\alpha+k\times 360^{\circ}\ \Rightarrow\ \alpha=y-k\times 360^{\circ}}$$

avec, $k\in\mathbb{Z}\ $ et $\ \alpha\in\;]-180^{\circ}\;;\ 180^{\circ}]$

 

Par exemple, on a :

 

$\begin{array}{rcl}1440^{\circ}&=&0^{\circ}+1440^{\circ}\\\\&=&0^{\circ}+4\times 360^{\circ}\end{array}$

 

Donc, $\boxed{\alpha=0^{\circ}}$

 

Encore, on a :

 

$\begin{array}{rcl}210^{\circ}&=&-150^{\circ}+360^{\circ}\end{array}$

 

D'où, $\boxed{\alpha=-150^{\circ}}$

 

Pour déterminer la mesure dans $[0^{\circ}\;;\ 360^{\circ}[$ et celle dans $[-360^{\circ}\;;\ 0^{\circ}[$, on adopte la méthode suivante :

 

$-\ $ si $\alpha$ est positif alors, la mesure dans $[0^{\circ}\;;\ 360^{\circ}[$ est encore égale à $\alpha$ et la mesure dans $[-360^{\circ}\;;\ 0^{\circ}[$ est donnée par $(\alpha-360^{\circ})$

 

$-\ $ si $\alpha$ est négatif alors, la mesure dans $[0^{\circ}\;;\ 360^{\circ}[$ est donnée par $(\alpha+360^{\circ})$ et la mesure dans $[-360^{\circ}\;;\ 0^{\circ}[$ reste égale à $\alpha$

On considère un triangle $ABC$ rectangle en $C$ et tel que

$$\left(\overrightarrow{AB}\;,\ \overrightarrow{AC}\right)=35^{\circ}$$

Soit $O\ $ et $\ A'$ les milieux respectifs des côtés $[AB]\ $ et $\ [BC].$

Trouvons la mesure principale des angles orientés : 

$$\left(\overrightarrow{OB}\;,\ \overrightarrow{OA'}\right)\;;\ \left(\overrightarrow{OC}\;,\ \overrightarrow{OA'}\right)\;;\ \left(\overrightarrow{OA'}\;,\ \overrightarrow{OC}\right)\;;\ \left(\overrightarrow{OB}\;,\ \overrightarrow{OC}\right)$$

$-\ $ mesure principale de $\left(\overrightarrow{OB}\;,\ \overrightarrow{OA'}\right)$

 

En effet, $\left(\overrightarrow{OB}\;,\ \overrightarrow{OA'}\right)\ $ et $\ \left(\overrightarrow{AB}\;,\ \overrightarrow{AC}\right)$ sont correspondants.

 

Or, $O\ $ et $\ A'$ sont les milieux respectifs des côtés $[AB]\ $ et $\ [BC].$

 

Donc, d'après le théorème de la droite des milieux, la droite $(OA')$ est parallèle à la droite $(AC).$

 

Par conséquent, $\left(\overrightarrow{OB}\;,\ \overrightarrow{OA'}\right)\ $ et $\ \left(\overrightarrow{AB}\;,\ \overrightarrow{AC}\right)$ ont même mesure.

 

D'où, $\boxed{\left(\overrightarrow{OB}\;,\ \overrightarrow{OA'}\right)=35^{\circ}}$

 

$-\ $ mesure principale de $\left(\overrightarrow{OA'}\;,\ \overrightarrow{OC}\right)$

 

$ABC$ étant rectangle en $C$ et $O$ milieu de $[AB]$ alors, le triangle $COB$ est isocèle en $O.$

 

Par conséquent, $[OA')$ est la bissectrice de l'angle $\widehat{O}.$

 

D'où,

$$\left(\overrightarrow{OA'}\;,\ \overrightarrow{OC}\right)=\left(\overrightarrow{OB}\;,\ \overrightarrow{OA'}\right)$$

Ainsi, $\boxed{\left(\overrightarrow{OA'}\;,\ \overrightarrow{OC}\right)=35^{\circ}}$

 

$-\ $ mesure principale de $\left(\overrightarrow{OC}\;,\ \overrightarrow{OA'}\right)$

 

En effet, on sait que si $\vec{u}\ $ et $\ \vec{v}$ sont deux vecteurs alors, on a :

$$(\vec{u}\;;\ \vec{v})=-(\vec{v}\;;\ \vec{u})$$

Ainsi, en appliquant cette propriété sur les angles orientés de vecteurs, on obtient :

$$\left(\overrightarrow{OC}\;,\ \overrightarrow{OA'}\right)=-\left(\overrightarrow{OA'}\;,\ \overrightarrow{OC}\right)$$

D'où, $\boxed{\left(\overrightarrow{OC}\;,\ \overrightarrow{OA'}\right)=-35^{\circ}}$

 

$-\ $ mesure principale de $\left(\overrightarrow{OB}\;,\ \overrightarrow{OC}\right)$

 

D'après la relation de Chasles, on a :

 

$\begin{array}{rcl}\left(\overrightarrow{OB}\;,\ \overrightarrow{OC}\right)&=&\left(\overrightarrow{OB}\;,\ \overrightarrow{OA'}\right)+\left(\overrightarrow{OA'}\;,\ \overrightarrow{OC}\right)\\\\&=&35^{\circ}+35^{\circ}\\\\&=&70^{\circ}\end{array}$

 

D'où, $\boxed{\left(\overrightarrow{OB}\;,\ \overrightarrow{OC}\right)=70^{\circ}}$

$ABC$ est un triangle équilatéral direct. On construit à l'extérieur le carré $ABED.$

 

Déterminons les mesures principales en radians des angles orientés suivants :

$$\left(\overrightarrow{AB}\;,\ \overrightarrow{AC}\right)\;;\ \left(\overrightarrow{AB}\;,\ \overrightarrow{AD}\right)\;;\ \left(\overrightarrow{BC}\;,\ \overrightarrow{BE}\right)\;,\ \left(\overrightarrow{CB}\;,\ \overrightarrow{CE}\right)$$

$$\left(\overrightarrow{EC}\;,\ \overrightarrow{EB}\right)\;;\ \left(\overrightarrow{BC}\;,\ \overrightarrow{BD}\right)\;;\ \left(\overrightarrow{CB}\;,\ \overrightarrow{CD}\right)\;;\ \left(\overrightarrow{EC}\;,\ \overrightarrow{EA}\right)$$

$-\ $ mesure principale de $\left(\overrightarrow{AB}\;,\ \overrightarrow{AC}\right)$

 

Le triangle $ABC$ étant équilatéral alors, ses trois angles ont la même mesure principale.

 

D'où, $\boxed{\left(\overrightarrow{AB}\;,\ \overrightarrow{AC}\right)=\dfrac{\pi}{3}}$

 

$-\ $ mesure principale de $\left(\overrightarrow{AB}\;,\ \overrightarrow{AD}\right)$

 

En appliquant une conséquence de la relation de Chasles sur les angles orientés de vecteurs, on obtient :

$$\left(\overrightarrow{AB}\;,\ \overrightarrow{AD}\right)=-\left(\overrightarrow{AD}\;,\ \overrightarrow{AB}\right)$$

Or, $\left(\overrightarrow{AD}\;,\ \overrightarrow{AB}\right)=\dfrac{\pi}{2}$

 

Donc, $\boxed{\left(\overrightarrow{AB}\;,\ \overrightarrow{AD}\right)=-\dfrac{\pi}{2}}$

 

$-\ $ mesure principale de $\left(\overrightarrow{BC}\;,\ \overrightarrow{BE}\right)$

 

D'après la relation de Chasles, on a :

 

$\begin{array}{rcl}\left(\overrightarrow{BC}\;,\ \overrightarrow{BE}\right)&=&\left(\overrightarrow{BC}\;,\ \overrightarrow{BA}\right)+\left(\overrightarrow{BA}\;,\ \overrightarrow{BE}\right)\\\\&=&\dfrac{\pi}{3}+\dfrac{\pi}{2}\\\\&=&\dfrac{5\pi}{6}\end{array}$

 

Ainsi, $\boxed{\left(\overrightarrow{BC}\;,\ \overrightarrow{BE}\right)=\dfrac{5\pi}{6}}$

 

$-\ $ mesure principale de $\left(\overrightarrow{CB}\;,\ \overrightarrow{CE}\right)$

 

En effet, $ABED$ étant un carré de côté $AB\ $ et $\ ABC$ équilatéral alors, on a :

$$BC=BE$$

Ce qui signifie que le triangle $BCE$ est isocèle en $B.$

 

Par conséquent, les angles $\left(\overrightarrow{CE}\;,\ \overrightarrow{CB}\right)\ $ et $\ \left(\overrightarrow{EB}\;,\ \overrightarrow{EC}\right)$ ont même mesure principale.

 

Donc,

$$\left(\overrightarrow{CE}\;,\ \overrightarrow{CB}\right)=\left(\overrightarrow{EB}\;,\ \overrightarrow{EC}\right)=-\left(\overrightarrow{CB}\;,\ \overrightarrow{CE}\right)$$

Par ailleurs, on sait que la somme des angles d'un triangle est égale à $\pi.$

 

Ce qui signifie :

$$\left(\overrightarrow{BC}\;,\ \overrightarrow{BE}\right)+\left(\overrightarrow{CE}\;,\ \overrightarrow{CB}\right)+\left(\overrightarrow{EB}\;,\ \overrightarrow{EC}\right)=\pi$$

Ainsi, en remplaçant $\left(\overrightarrow{CE}\;,\ \overrightarrow{CB}\right)\ $ et $\ \left(\overrightarrow{EB}\;,\ \overrightarrow{EC}\right)$ par $-\left(\overrightarrow{CB}\;,\ \overrightarrow{CE}\right)$, on obtient :

 

$\begin{array}{rcl}\left(\overrightarrow{BC}\;,\ \overrightarrow{BE}\right)+\left(\overrightarrow{CE}\;,\ \overrightarrow{CB}\right)+\left(\overrightarrow{EB}\;,\ \overrightarrow{EC}\right)=\pi&\Leftrightarrow&\dfrac{5\pi}{6}-\left(\overrightarrow{CB}\;,\ \overrightarrow{CE}\right)-\left(\overrightarrow{CB}\;,\ \overrightarrow{CE}\right)=\pi\\\\&\Leftrightarrow&-2\left(\overrightarrow{CB}\;,\ \overrightarrow{CE}\right)=\pi-\dfrac{5\pi}{6}\\\\&\Leftrightarrow&\left(\overrightarrow{CB}\;,\ \overrightarrow{CE}\right)=-\dfrac{\dfrac{\pi}{6}}{2}\\\\&\Leftrightarrow&\left(\overrightarrow{CB}\;,\ \overrightarrow{CE}\right)=-\dfrac{\pi}{12}\end{array}$

 

D'où, $\boxed{\left(\overrightarrow{CB}\;,\ \overrightarrow{CE}\right)=-\dfrac{\pi}{12}}$

 

$-\ $ mesure principale de $\left(\overrightarrow{EC}\;,\ \overrightarrow{EB}\right)$

 

En effet, $BCE$ étant isocèle en $B$ alors, on a :

$$\left(\overrightarrow{EC}\;,\ \overrightarrow{EB}\right)=\left(\overrightarrow{CB}\;,\ \overrightarrow{CE}\right)$$

Or, d'après le résultat précédent, on a : $\left(\overrightarrow{CB}\;,\ \overrightarrow{CE}\right)=-\dfrac{\pi}{12}.$

 

Par conséquent, $\boxed{\left(\overrightarrow{EC}\;,\ \overrightarrow{EB}\right)=-\dfrac{\pi}{12}}$

 

$-\ $ mesure principale de $\left(\overrightarrow{BC}\;,\ \overrightarrow{BD}\right)$

 

D'après la relation de Chasles, on a :

$$\left(\overrightarrow{BC}\;,\ \overrightarrow{BD}\right)=\left(\overrightarrow{BC}\;,\ \overrightarrow{BA}\right)+\left(\overrightarrow{BA}\;,\ \overrightarrow{BD}\right)$$

Comme $ABED$ est un carré alors, la diagonale $[BD]$ est aussi bissectrice de l'angle $\left(\overrightarrow{BA}\;,\ \overrightarrow{BE}\right).$

 

Par conséquent,

$$\left(\overrightarrow{BA}\;,\ \overrightarrow{BD}\right)=\dfrac{\left(\overrightarrow{BA}\;,\ \overrightarrow{BE}\right)}{2}=\dfrac{\pi}{4}$$

Ainsi, on a :

 

$\begin{array}{rcl}\left(\overrightarrow{BC}\;,\ \overrightarrow{BD}\right)&=&\left(\overrightarrow{BC}\;,\ \overrightarrow{BA}\right)+\left(\overrightarrow{BA}\;,\ \overrightarrow{BD}\right)\\\\&=&\dfrac{\pi}{3}+\dfrac{\pi}{4}\\\\&=&\dfrac{7\pi}{12}\end{array}$

 

D'où, $\boxed{\left(\overrightarrow{BC}\;,\ \overrightarrow{BD}\right)=\dfrac{7\pi}{12}}$

 

$-\ $ mesure principale de $\left(\overrightarrow{CB}\;,\ \overrightarrow{CD}\right)$

 

D'après la relation de Chasles, on a :

$$\left(\overrightarrow{CB}\;,\ \overrightarrow{CA}\right)=\left(\overrightarrow{CB}\;,\ \overrightarrow{CD}\right)+\left(\overrightarrow{CD}\;,\ \overrightarrow{CA}\right)$$

Ce qui entraine :

$$\left(\overrightarrow{CB}\;,\ \overrightarrow{CD}\right)=\left(\overrightarrow{CB}\;,\ \overrightarrow{CA}\right)-\left(\overrightarrow{CD}\;,\ \overrightarrow{CA}\right)$$

Or, on sait que les triangles $BCE\ $ et $\ ACD$ sont superposables donc, semblables.

 

Par conséquent, 

$$\left(\overrightarrow{CD}\;,\ \overrightarrow{CA}\right)=\left(\overrightarrow{CB}\;,\ \overrightarrow{CE}\right)$$

Par suite, on obtient :

 

$\begin{array}{rcl}\left(\overrightarrow{CB}\;,\ \overrightarrow{CD}\right)&=&\left(\overrightarrow{CB}\;,\ \overrightarrow{CA}\right)-\left(\overrightarrow{CD}\;,\ \overrightarrow{CA}\right)\\\\&=&\left(\overrightarrow{CB}\;,\ \overrightarrow{CA}\right)-\left(\overrightarrow{CB}\;,\ \overrightarrow{CE}\right)\\\\&=&-\dfrac{\pi}{3}-\left(-\dfrac{\pi}{12}\right)\\\\&=&-\dfrac{\pi}{3}+\dfrac{\pi}{12}\\\\&=&-\dfrac{4\pi}{12}+\dfrac{\pi}{12}\\\\&=&-\dfrac{3\pi}{12}\\\\&=&-\dfrac{\pi}{4}\end{array}$

 

Ainsi, $\boxed{\left(\overrightarrow{CB}\;,\ \overrightarrow{CD}\right)=-\dfrac{\pi}{4}}$

 

$-\ $ mesure principale de $\left(\overrightarrow{EC}\;,\ \overrightarrow{EA}\right)$

 

D'après la relation de Chasles, on a :

 

$\begin{array}{rcl}\left(\overrightarrow{EB}\;,\ \overrightarrow{EA}\right)=\left(\overrightarrow{EB}\;,\ \overrightarrow{EC}\right)+\left(\overrightarrow{EC}\;,\ \overrightarrow{EA}\right)&\Rightarrow&\left(\overrightarrow{EC}\;,\ \overrightarrow{EA}\right)=\left(\overrightarrow{EB}\;,\ \overrightarrow{EA}\right)-\left(\overrightarrow{EB}\;,\ \overrightarrow{EC}\right)\\\\&\Rightarrow&\left(\overrightarrow{EC}\;,\ \overrightarrow{EA}\right)=\left(\overrightarrow{EB}\;,\ \overrightarrow{EA}\right)+\left(\overrightarrow{EC}\;,\ \overrightarrow{EB}\right)\end{array}$

 

Ainsi, on trouve :

 

$\begin{array}{rcl}\left(\overrightarrow{EC}\;,\ \overrightarrow{EA}\right)&=&\left(\overrightarrow{EB}\;,\ \overrightarrow{EA}\right)+\left(\overrightarrow{EC}\;,\ \overrightarrow{EB}\right)\\\\&=&\dfrac{\pi}{4}-\dfrac{\pi}{12}\\\\&=&\dfrac{3\pi}{12}-\dfrac{\pi}{12}\\\\&=&\dfrac{2\pi}{12}\\\\&=&\dfrac{\pi}{6}\end{array}$

 

D'où, $\boxed{\left(\overrightarrow{EC}\;,\ \overrightarrow{EA}\right)=\dfrac{\pi}{6}}$

Démontrons que, pour tout réel $t\ :$

 

1) $(\cos t+\sin t)^{2}=1+2\cos t\sin t$ 

 

En utilisant la forme développée des identités remarquables, on obtient :

 

$\begin{array}{rcl}(\cos t+\sin t)^{2}&=&\cos^{2}t+2\cos t\sin t+\sin^{2}t\\\\&=&\underbrace{\cos^{2}t+\sin^{2}t}_{=1}+2\cos t\sin t\\\\&=&1+2\cos t\sin t\end{array}$

 

D'où, $\boxed{(\cos t+\sin t)^{2}=1+2\cos t\sin t}$

 

2) $(\cos t-\sin t)^{2}=1-2\cos t\sin t$

 

D'après la forme développée des identités remarquables, on a :

 

$\begin{array}{rcl}(\cos t-\sin t)^{2}&=&\cos^{2}t-2\cos t\sin t+\sin^{2}t\\\\&=&\underbrace{\cos^{2}t+\sin^{2}t}_{=1}-2\cos t\sin t\\\\&=&1-2\cos t\sin t\end{array}$

 

Ainsi, $\boxed{(\cos t-\sin t)^{2}=1-2\cos t\sin t}$

 

3) $(\cos t+\sin t)^{2}+(\cos t-\sin t)^{2}=2$

 

En effet, d'après les résultats des questions $1\,)\ $ et $\ 2\,)$, on a :

$$\cos t+\sin t)^{2}=1+2\cos t\sin t\qquad(1)$$

$$\cos t-\sin t)^{2}=1-2\cos t\sin t\qquad(2)$$

Alors, en additionnant, membre à membre, les relations $(1)\ $ et $\ (2)$, on obtient :

 

$\begin{array}{rcl}(\cos t+\sin t)^{2}+(\cos t-\sin t)^{2}&=&(1+2\cos t\sin t)+(1-2\cos t\sin t)\\\\&=&1+2\cos t\sin t+1-2\cos t\sin t\\\\&=&2\end{array}$

 

D'où, $\boxed{(\cos t+\sin t)^{2}+(\cos t-\sin t)^{2}=2}$

 

4) $(\cos t+\sin t)^{2}-(\cos t-\sin t)^{2}=4\sin t\cos t$

 

En utilisant les résultats des questions $1\,)\ $ et $\ 2\,)$, on trouve :

 

$\begin{array}{rcl}(\cos t+\sin t)^{2}-(\cos t-\sin t)^{2}&=&(1+2\cos t\sin t)-(1-2\cos t\sin t)\\\\&=&1+2\cos t\sin t-1+2\cos t\sin t\\\\&=&4\cos t\sin t\end{array}$

 

D'où, $\boxed{(\cos t+\sin t)^{2}-(\cos t-\sin t)^{2}=4\sin t\cos t}$

 

5) $\sin^{4}t-\cos^{4}t=\sin^{2}t-\cos^{2}t$ 

 

En effet, en utilisant la forme factorisée des identités remarquables, on a :

$$\sin^{4}t-\cos^{4}t=\left(\sin^{2}t-\cos^{2}t\right)\left(\sin^{2}t+\cos^{2}t\right)$$ 

Or, on sait que :

$$\sin^{2}t+\cos^{2}t=1$$

Par conséquent, $\boxed{\sin^{4}t-\cos^{4}t=\sin^{2}t-\cos^{2}t}$ 

 

6) $\sin^{4}t-\cos^{4}t+2\cos^{2}t=1$

 

D'après le résultat de la question $5\,)$, on a :

$$\sin^{4}t-\cos^{4}t=\sin^{2}t-\cos^{2}t$$ 

Or, on sait que :

$$\sin^{2}t=1-\cos^{2}t$$ 

Donc, en remplaçant, on obtient :

 

$\begin{array}{rcl}\sin^{4}t-\cos^{4}t+2\cos^{2}t&=&\sin^{2}t-\cos^{2}t+2\cos^{2}t\\\\&=&1-\cos^{2}t-\cos^{2}t+2\cos^{2}t\\\\&=&1-2\cos^{2}t+2\cos^{2}t\\\\&=&1\end{array}$

 

D'où, $\boxed{\sin^{4}t-\cos^{4}t+2\cos^{2}t=1}$

Exprimons en fonction de $\sin t\ $ et $\ \cos t$ les expressions suivantes :

 

Soit $A=\cos(t+\pi)+\cos(t+2\pi)+\cos(t-\pi)+\cos(t-3\pi)$

 

Alors, en utilisant les propriétés trigonométriques du sinus et du cosinus, on trouve :

 

$\begin{array}{rcl} A&=&\cos(t+\pi)+\cos(t+2\pi)+\cos(t-\pi)+\cos(t-3\pi)\\\\&=&-\cos t+\cos t-\cos t+\cos[(t-\pi)-2\pi]\\\\&=&-\cos t+\cos(t-\pi)\\\\&=&-\cos t-\cos t\\\\&=&-2\cos t\end{array}$

 

D'où, $\boxed{A=-2\cos t}$

 

Soit : $B=\sin(t+\pi)+\sin(t+2\pi)+\sin(t-\pi)+\sin(t-3\pi)$

 

Alors, en utilisant les propriétés trigonométriques du sinus et du cosinus, on obtient :

 

$\begin{array}{rcl} B&=&\sin(t+\pi)+\sin(t+2\pi)+\sin(t-\pi)+\sin(t-3\pi)\\\\&=&-\sin t+\sin t-\sin t+\sin[(t-\pi)-2\pi]\\\\&=&-\sin t+\sin(t-\pi)\\\\&=&-\sin t-\sin t\\\\&=&-2\sin t\end{array}$

 

Ainsi, $\boxed{B=-2\sin t}$

 

Soit : $C=\sin\left(t+\dfrac{\pi}{2}\right)+\cos(t-\pi)+\sin\left(t+\dfrac{3\pi}{2}\right)+\cos(t+\pi)$

 

Alors, d'après les propriétés trigonométriques du sinus et du cosinus, on a :

 

$\begin{array}{rcl} C&=&\sin\left(t+\dfrac{\pi}{2}\right)+\cos(t-\pi)+\sin\left(t+\dfrac{3\pi}{2}\right)+\cos(t+\pi)\\\\&=&\cos t-\cos t+\sin\left[\left(t+\dfrac{\pi}{2}\right)+\pi\right]-\cos t\\\\&=&-\sin\left(t+\dfrac{\pi}{2}\right)-\cos t\\\\&=&-\cos t-\cos t\\\\&=&-2\cos t\end{array}$

 

D'où, $\boxed{C=-2\cos t}$

 

Soit : $D=\sin\left(\dfrac{3\pi}{2}+t\right)+\cos\left(\dfrac{27\pi}{2}-t\right)+\sin(3\pi+t)-\cos(7\pi-t)$

 

Alors, en utilisant les propriétés trigonométriques du sinus et du cosinus, on obtient :

 

$\begin{array}{rcl} D&=&\sin\left(\dfrac{3\pi}{2}+t\right)+\cos\left(\dfrac{27\pi}{2}-t\right)+\sin(3\pi+t)-\cos(7\pi-t)\\\\&=&\sin\left[\pi+\left(\dfrac{\pi}{2}+t\right)\right]+\cos\left[14\pi+\left(-\dfrac{\pi}{2}-t\right)\right]+\sin[2\pi+(\pi+t)]-\cos[6\pi+(\pi-t)]\\\\&=&-\sin\left(\dfrac{\pi}{2}+t\right)+\cos\left(-\dfrac{\pi}{2}-t\right)+\sin(\pi+t)-\cos(\pi-t)\\\\&=&-\cos t+\cos\left[-\left(\dfrac{\pi}{2}+t\right)\right]-\sin t+\cos t\\\\&=&-\cos t+\cos t+\cos\left(\dfrac{\pi}{2}+t\right)-\sin t\\\\&=&-\sin t-\sin t\\\\&=&-2\sin t\end{array}$

 

D'où, $\boxed{D=-2\sin t}$

Soit $ABC$ un triangle isocèle à angles aigus :

$$AB=AC=a\;;\ \widehat{A}=2\alpha$$

1) Calculons $BC.$

 

Comme $AB=AC=a$ alors, $ABC$ est un triangle isocèle en $A.$

 

Donc, la bissectrice $[AD)$ de l'angle $\widehat{BAC}$ est aussi médiatrice du segment $[BC].$

 

Ainsi, $ADB$ est un triangle rectangle au point $D$ qui est le milieu de $[BC].$

 

Par conséquent, en utilisant le sinus de l'angle $\widehat{DAB}$, on obtient :

 

$\begin{array}{rcl}\dfrac{BD}{AB}=\sin\widehat{DAB}&\Leftrightarrow&\dfrac{BD}{AB}=\sin\alpha\\\\&\Leftrightarrow&BD=AB\sin\alpha\\\\&\Leftrightarrow&\dfrac{BC}{2}=AB\sin\alpha\\\\&\Leftrightarrow&BC=2AB\sin\alpha\\\\&\Leftrightarrow&BC=2a\sin\alpha\end{array}$

 

D'où, $\boxed{BC=2a\sin\alpha}$

 

2) Calculons la hauteur $BH$ de deux façons différentes.

 

En effet, $BH$ étant la hauteur issue de $B$ alors, $AHB$ est un triangle rectangle en $H.$

 

Donc, en utilisant le sinus de l'angle $\widehat{HAB}$, on obtient :

 

$\begin{array}{rcl}\dfrac{BH}{AB}=\sin\widehat{HAB}&\Leftrightarrow&\dfrac{BH}{AB}=\sin 2\alpha\\\\&\Leftrightarrow&BH=AB\sin 2\alpha\\\\&\Leftrightarrow&BH=a\sin 2\alpha\end{array}$

 

Ainsi, $\boxed{BH=a\sin 2\alpha\qquad(1)}$

 

Par ailleurs, $CHB$ est aussi un triangle rectangle en $H.$

 

Donc, en utilisons le sinus de l'angle $\widehat{HCB}$, on obtient :

$$\dfrac{BH}{BC}=\sin\widehat{HCB}\ \Rightarrow\ BH=BC\sin\widehat{HCB}$$

Ainsi, en remplaçant $BC$ par son expression, on trouve une autre écriture de $BH$, donnée par :

$$\boxed{BH=2a\sin\alpha\sin\widehat{HCB}}$$

Déterminons alors la mesure de l'angle $\widehat{HCB}.$

 

$ABC$ étant isocèle en $A$ alors, on a :

$$\widehat{ACB}=\widehat{CBA}$$

Or, on sait que dans un tringle, la somme des mesures des angles est égale à $\pi.$

 

De plus, $\widehat{CAB}=2\alpha$

 

Donc, on a :

 

$\begin{array}{rcl}\widehat{ACB}+\widehat{CBA}+\widehat{CAB}=\pi&\Leftrightarrow&2\widehat{ACB}=\pi-\widehat{CAB}\\\\&\Leftrightarrow&\widehat{ACB}=\dfrac{\pi-2\alpha}{2}\\\\&\Leftrightarrow&\widehat{ACB}=\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{2\alpha}{2}\\\\&\Leftrightarrow&\widehat{ACB}=\dfrac{\pi}{2}-\alpha\end{array}$

 

Ainsi, $\boxed{\widehat{ACB}=\dfrac{\pi}{2}-\alpha}$

 

Par suite, en remplaçant cette valeur de l'angle $\widehat{ACB}$, dans l'expression de $BH$, on obtient :

 

$\begin{array}{rcl}BH&=&2a\sin\alpha\sin\widehat{HCB}\\\\&=&2a\sin\alpha\sin\left(\dfrac{\pi}{2}-\alpha\right)\\\\&=&2a\sin\alpha\cos\alpha\end{array}$

 

D'où, $\boxed{BH=2a\sin\alpha\cos\alpha\qquad(2)}$

 

En déduisons la relation :

$$\sin 2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha$$

En comparant les égalités $(1)\ $ et $\ (2)$, on obtient :

 

$\begin{array}{rcl}\text{égalité }(1)=\text{égalité }(2)&\Leftrightarrow&a\sin 2\alpha=2a\sin\alpha\cos\alpha\\\\&\Leftrightarrow&\sin 2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha\end{array}$

 

Ainsi, $\boxed{\sin 2\alpha=2\sin\alpha\cos\alpha}$

 

3) Calculons $AH\ $ et $\ CH.$

 

$-\ $ Calcul de $AH$

 

En utilisant le cosinus de l'angle $\widehat{HAB}$, on obtient :

 

$\begin{array}{rcl}\dfrac{AH}{AB}=\cos\widehat{HAB}&\Leftrightarrow&AH=AB\cos\widehat{HAB}\\\\&\Leftrightarrow&AH=a\cos 2\alpha\end{array}$

 

D'où, $\boxed{AH=a\cos 2\alpha}$

 

$-\ $ Calcul de $CH$

 

Utilisons le cosinus de l'angle $\widehat{HCB}.$

 

On obtient alors :

 

$\begin{array}{rcl}\dfrac{CH}{BC}=\cos\widehat{HCB}&\Leftrightarrow&CH=BC\cos\widehat{HCB}\\\\&\Leftrightarrow&CH=2a\sin\alpha\cos\left(\dfrac{\pi}{2}-\alpha\right)\\\\&\Leftrightarrow&CH=2a\sin\alpha\sin\alpha\\\\&\Leftrightarrow&CH=2a\sin^{2}\alpha\end{array}$

 

Donc, $\boxed{CH=2a\sin^{2}\alpha}$

 

En déduire la relation :

$$cos 2\alpha=1-2\sin^{2}\alpha$$

On sait que :

$$AH+CH=AC$$

Ce qui entraine :

 

$\begin{array}{rcl}a\cos 2\alpha+2a\sin^{2}\alpha=a&\Leftrightarrow&a\left(\cos 2\alpha+2\sin^{2}\alpha\right)=a\\\\&\Leftrightarrow&\cos 2\alpha+2\sin^{2}\alpha=1\\\\&\Leftrightarrow&\cos 2\alpha=1-2\sin^{2}\alpha\end{array}$

 

Par conséquent, $\boxed{\cos 2\alpha=1-2\sin^{2}\alpha}$

 

Exprimons à l'aide de $\tan t$ les expressions suivantes :

 

Soit : $X=\dfrac{\sin^{3}t-\cos^{3}t}{\sin t-\cos t}$

 

Alors, d'après la forme factorisée des identités remarquables, on a :

$$\sin^{3}t-\cos^{3}t=(\sin t-\cos t)\left(\sin^{2}t+\sin t\cos t+\cos^{2}t\right)$$

Ainsi, on obtient :

 

$\begin{array}{rcl}X&=&\dfrac{\sin^{3}t-\cos^{3}t}{\sin t-\cos t}\\\\&=&\dfrac{(\sin t-\cos t)\left(\sin^{2}t+\sin t\cos t+\cos^{2}t\right)}{\sin t-\cos t}\\\\&=&\sin^{2}t+\sin t\cos t+\cos^{2}t\\\\&=&\underbrace{\sin^{2}t+\cos^{2}t}_{=1}+\sin t\cos t\\\\&=&1+\sin t\cos t\end{array}$

 

Par ailleurs, en factorisant l'expression $\sin t\cos t$ par $\cos^{2}t$, on obtient :

$$\sin t\cos t=\cos^{2}t\times\dfrac{\sin t}{\cos t}$$

Par suite, 

 

$\begin{array}{rcl}X&=&1+\sin t\cos t\\\\&=&1+\cos^{2}t\times\dfrac{\sin t}{\cos t}\end{array}$

 

Or, on sait que : $\cos^{2}t=\dfrac{1}{1+\tan^{2}t}$

 

Par conséquent,

 

$\begin{array}{rcl}X&=&1+\cos^{2}t\times\dfrac{\sin t}{\cos t}\\\\&=&1+\dfrac{1}{1+\tan^{2}t}\times\tan t\\\\&=&1+\dfrac{\tan t}{1+\tan^{2}t}\end{array}$

 

D'où, $\boxed{X=1+\dfrac{\tan t}{1+\tan^{2}t}}$

 

Soit : $Y=\cos^{2}t-\sin t\cos t$

 

Alors, en factorisant par $\cos^{2}t$, on obtient :

 

$\begin{array}{rcl}Y&=&\cos^{2}t-\sin t\cos t\\\\&=&\cos^{2}t\times\left(1-\dfrac{\sin t}{\cos t}\right)\end{array}$

 

Or, on sait que : $\cos^{2}t=\dfrac{1}{1+\tan^{2}t}$

 

Donc, en remplaçant, on trouve :

 

$\begin{array}{rcl}Y&=&\cos^{2}t\times\left(1-\dfrac{\sin t}{\cos t}\right)\\\\&=&\dfrac{1}{1+\tan^{2}t}\times\left(1-\tan t\right)\\\\&=&\dfrac{1-\tan t}{1+\tan^{2}t}\end{array}$

 

Ainsi, $\boxed{Y=\dfrac{1-\tan t}{1+\tan^{2}t}}$

 

Soit : $Z=\dfrac{\sin^{2}t+\sin t\cos t}{\sin^{2}t-\cos^{2}t}$

 

Alors, en factorisant le numérateur et le dénominateur par $\cos^{2}t$, on obtient :

 

$\begin{array}{rcl}Z&=&\dfrac{\sin^{2}t+\sin t\cos t}{\sin^{2}t-\cos^{2}t}\\\\&=&\dfrac{\cos^{2}\left(\dfrac{\sin^{2}t}{\cos^{2}t}+\dfrac{\sin t}{\cos t}\right)}{\cos^{2}t\left(\dfrac{\sin^{2}t}{\cos^{2}t}-1\right)}\\\\&=&\dfrac{\dfrac{\sin^{2}t}{\cos^{2}t}+\dfrac{\sin t}{\cos t}}{\dfrac{\sin^{2}t}{\cos^{2}t}-1}\\\\&=&\dfrac{\tan^{2}t+\tan t}{\tan^{2}t-1}\\\\&=&\dfrac{\tan t(\tan t+1)}{(\tan t-1)(\tan t+1)}\\\\&=&\dfrac{\tan t}{\tan t-1}\end{array}$

 

D'où, $\boxed{Z=\dfrac{\tan t}{\tan t-1}}$