Devoirs Corrigés Maths N°3 S1 3AC

Modèle N°1

Exercice 1： $(4 \times 0, 5 = 2$ pts)

$1)$ Compléter par: Vrai ou Faux

* Dans un triangle rectangle, l’hypoténuse est le plus grand côté $\dots \dots . .$

* Le sinus d’un angle aigu est égal au quotient du côté adjacent sur l’hypoténuse $\dots \dots . .$

* Si $\hat{x}$ un angle aigu, alors : $\cos \hat{x} + \sin \hat{x} = 1$ $\dots \dots . .$

* Si un angle inscrit et un angle au centre interceptent le même arc, alors ils ont la même mesure $\dots \dots . .$

Exercice 2： $(1, 5 + 1, 5 + 1, 5 + 2 + 1, 5 = 8$ pts)

$1)$ Soit $E F G$ un triangle, avec : $E F = 4; E G = 2 \sqrt{5}$ et $F G = 6$ .

• Montrer que $E F G$ est un triangle rectangle et préciser en quel sommet.

$2)$ Calculer $: c o s \hat{F}; s i n \hat{F}; t a n \hat{F}$

$3)$ Calculer $: c o s \hat{G}; \sin \hat{G}; \tan \hat{G}$

$4)$ Soit $I$ le milieu de $[E F]$ et $H$ sa projeté orthogonal sur la droite (FG).

$4 - 1)$ Calculer $I G$ .

$4 - 2)$ Calculer $I H$ .

Exercice 3： $(1 + 1 + 1, 5 + 1, 5 + 2 = 7$ pts)

Soit un triangle $E D F$ rectangle en $D$ .

$1)$ Soit $x$ un angle aigu tel que : $\cos x = \frac{2}{5}$ .

$1 - 1)$ Calculer: $\sin x$

$1 - 2)$ Calculer: $\tan x$

$2)$ Calculer :

$A = 2 \cos^{2} 17^{\circ} + 1 + 2 \sin^{2} 17^{\circ}$

$B = 3 \sin^{2} 10^{\circ} + \sqrt{5} \cos 20^{\circ} + 3 \sin^{2} 80^{\circ} - \sqrt{5} \sin 70^{\circ} - \tan 50^{\circ} \times \tan 40^{\circ}$

$3)$ Montrer que : $\frac{(\cos x + \sin x)^{2} - 1}{1 - \cos^{2} x} = \frac{2}{\tan x}$

Exercice 4： $(1 + 1 + 1 = 3$ pts)

Soit la figure ci-contre tel que $O$ est le centre du cercle.

$A, B, N$ et $M$ sont des points du cercle tel que : $\hat{A M B} = 45^{\circ}$ .

$1)$ Déterminer la mesure de l’angle $\hat{A N B}$ . Justifier votre réponse.

$2)$ Déterminer la mesure de l’angle $\hat{A O B}$ . Justifier votre réponse.

$3)$ Déduire que le triangle $A O B$ est rectangle isocèle.

Correction d'exercice 1

$1)$ Compléter par: Vrai ou Faux

* Vrai

* Faux

Correction d'exercice 2

$1)$ Soit $E F G$ un triangle, avec : $E F = 4; E G = 2 \sqrt{5}$ et $F G = 6$ .

$F G^{2} = 6^{2} = 36$ et $E F^{2} + E G^{2} = 4^{2} + (2 \sqrt{5})^{2} = 16 + 20 = 36$

Puisque : $E F^{2} + E G^{2} = F G^{2}$

Alors d’après la réciproque du théorème de Pythagore le triangle $E F G$ est rectangle en $E$ .

$2)$ Calculer :

$c o s \hat{F} = \frac{E F}{F G} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$

$s i n \hat{F} = \frac{E G}{F G} = \frac{2 \sqrt{5}}{6} = \frac{\sqrt{5}}{3}$

$t a n \hat{F} = \frac{E G}{E F} = \frac{2 \sqrt{5}}{4} = \frac{\sqrt{5}}{2}$

$3)$ Calculer :

$c o s \hat{G} = \frac{E G}{F G} = \frac{2 \sqrt{5}}{6} = \frac{\sqrt{5}}{3}$

$\sin \hat{G} = \frac{E F}{F G} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$

$\tan \hat{G} = \frac{E F}{E G} = \frac{4}{2 \sqrt{5}} = \frac{2}{\sqrt{5}}$

$4)$ Soit $I$ le milieu de $[E F]$ et $H$ sa projeté orthogonal sur la droite (FG).

$4 - 1)$ Calculer $I G$ .

Le triangle $IEG $e s t r e c t a n g l e e n$ E$.

Alors d’après le théorème direct de pythagore :

$I G^{2} = I E^{2} + E G^{2}$

$I G^{2} = 2^{2} + (2 \sqrt{5})^{2}$

$I G^{2} = 4 + 20$

$I G^{2} = 24$

$I G = 2 \sqrt{6}$

$4 - 2)$ Calculer $I H$ .

On a : $\sin \hat{E F G} = \sin \hat{I F H}$

C’est à dire que : $\frac{E G}{F G} = \frac{I H}{F I}$

Donc : $\frac{2 \sqrt{5}}{6} = \frac{I H}{2}$

Alors : $I H = \frac{2 \sqrt{5}}{6} \times 2$

Donc : $I H = \frac{2 \sqrt{5}}{3}$

Correction d'exercice 3

$1)$ Soit $x$ un angle aigu tel que : $\cos x = \frac{2}{5}$ .

$1 - 1)$ Calculons $\sin x$ :

On sait que : $\cos^{2} (x) + \sin^{2} (x) = 1$

Alors : $\sin^{2} (x) = 1 - \cos^{2} (x) = 1 - {(\frac{2}{5})}^{2} = 1 - \frac{4}{25} = \frac{21}{25}$

Donc : $\sin x = \sqrt{\frac{21}{25}} = \frac{\sqrt{21}}{5}$

$1 - 2)$ Calculons $t a n x$ :

On sait que $: \tan x = \frac{\sin x}{\cos x} = \frac{\frac{\sqrt{21}}{5}}{\frac{2}{5}} = \frac{\sqrt{21}}{2}$

$2)$ Calculer :

$A = 2 \cos^{2} 17^{\circ} + 1 + 2 \sin^{2} 17^{\circ}$

$A = 2 \cos^{2} 17^{\circ} + 2 \sin^{2} 17^{\circ} + 1$

$A = 2 \times (\cos^{2} 17^{\circ} + \sin^{2} 17^{\circ}) + 1$

$A = 2 \times (1) + 1$

$A = 3$

$B = 3 \sin^{2} 10^{\circ} + \sqrt{5} \cos 20^{\circ} + 3 \sin^{2} 80^{\circ} - \sqrt{5} \sin 70^{\circ} - \tan 50^{\circ} \times \tan 40^{\circ}$

$B = 3 \sin^{2} 10^{\circ} + 3 \sin^{2} 80^{\circ} + \sqrt{5} \cos 20^{\circ} - \sqrt{5} \sin 70^{\circ} - \tan 50^{\circ} \times \tan 40^{\circ}$

$B = 3 \sin^{2} 10^{\circ} + 3 \cos^{2} 10^{\circ} + \sqrt{5} \cos 20^{\circ} - \sqrt{5} \cos 20^{\circ} - \tan 50^{\circ} \times \frac{1}{\tan 50^{\circ}}$

$B = 3 \times 1 - \frac{\tan 50^{\circ}}{\tan 50^{\circ}}$

$B = 3 \times 1 - 1$

$B = 2$

$3)$ Montrer que : $\frac{(\cos x + \sin x)^{2} - 1}{1 - \cos^{2} x} = \frac{2}{\tan x}$

$\frac{(\sin x + \cos x)^{2} - 1}{1 - \cos^{2} x} = \frac{(\sin^{2} x + 2 \cos x \times \sin x + \cos^{2} x) - 1}{\sin^{2} x}$

$\frac{(\sin^{2} x + 2 \cos x \times \sin x + \cos^{2} x) - 1}{\sin^{2} x} = \frac{(\sin^{2} x + \cos^{2} x + 2 \cos x \times \sin x) - 1}{\sin^{2} x}$

$\frac{(1 + 2 \cos x \times \sin x) - 1}{\sin^{2} x} = \frac{2 \cos x \times \sin x}{\sin^{2} x} = \frac{2 \cos x}{\sin x} = \frac{2}{\tan x}$

Correction d'exercice 4

$1)$ Déterminer la mesure de l’angle $\hat{A N B}$ . Justifier votre réponse.

$\hat{A N B}$ et $\hat{A M B}$ deux angles inscrits interceptent le même arc $\overset{⏜}{A B}$ , alors ils ont la même mesure.

$\hat{A N B} = \hat{A M B} = 45 °$

$2)$ Déterminer la mesure de l’angle $\hat{A O B}$ . Justifier votre réponse.

On a $\hat{A O B}$ est un angle au centre et $\hat{A M B}$ est un angle inscrit interceptent le même arc $\overset{⏜}{A B}$ .

Donc : $\hat{A O B} = 2 \times \hat{A M B} = 2 \times 45 ° = 90 °$

$3)$ Déduire que le triangle $A O B$ est rectangle isocèle.

On a : $\hat{A O B} = 90 °$

Et : $O A = O B$ car c’est le rayon.

Donc : le triangle $A O B$ est rectangle isocèle.

Modèle N°2

Exercice 1： $(4 \times 1, 5 = 6$ pts)

Soit $E F G$ un triangle tel que: $E F = 5; E G = 12$ et $F G = 13$ .

• Calculer $\cos \hat{F}$ , $\tan \hat{F}, \sin \hat{F} e t \sin \hat{G}$ .

Exercice 2： $(2 + 2 + 2 + 1, 5 + 1, 5 = 9$ pts )

$1)$ Soit $x$ un angle aigu tel que : $\frac{4 \cos x - 9 \sin x}{2 \cos x - 3 \sin x} = 4$

• Calculer $\tan x$

$2)$ Soit $x$ un angle aigu tel que : $\cos x - \sin x = \sqrt{2} \cdot \sin x$

$a)$ Montrer que: $\cos x + \sin x = \sqrt{2} \cos x$

$b)$ Calculer $\cos x$ et $\sin x$

$3)$ Calculer

$A = 3 \cos 37^{\circ} + \sin^{2} 19^{\circ} + \sin^{2} 71^{\circ} + 3 \cos^{2} 53^{\circ}$

$B = \frac{1}{\tan^{2} 57^{\circ} + 1} - \frac{\tan^{\circ} 33^{\circ}}{\tan^{2} 33^{\circ} + 1}$

Exercice 3： $(1, 5 + 2 + 1, 5 = 5$ pts )

Soit la figure ci-contre tel que $θ$ est le centre du cercle.

$A, B, C$ et $M$ sont des points du cercle tel que: $A B C$ est un triangle équilatéral.

$1)$ Déterminer la mesure de l’angle $A \hat{M} B$ . Justifier votre réponse.

$2) - a)$ Déterminer la mesure de l’angle $A \hat{M} C$ , puis déduire la mesure de l’angle $B \hat{M} C$ .

$b)$ Déterminer la mesure de l’angle $\hat{A O B}$

Correction d'exercice 1

On doit montrer que $E F G$ est un triangle rectangle.

On a : $E F^{2} + E G^{2} = 5^{2} + 1 2^{2} = 25 + 144$

$E F^{2} + E G^{2} = 169$

et $F G^{2} = 133^{2} = 169$

Alors: $E F^{2} + E G^{2} = F G^{2}$

Alors d’après la réciproque du théorème de Thalès, le triangle $E F G$ est rectangle en $E$

$\tan \hat{F} = \frac{E G}{E F} = \frac{12}{5}$

$ \sin \hat{G}=\frac{E F}{F G}=\frac{5}{13} $

$\sin \hat{F} = \frac{E G}{F G} = \frac{12}{13}$

$\cos \hat{F} = \frac{E F}{F G} = \frac{5}{13}$

Correction d'exercice 2

$1)$ Calculons $\tan x$ :

On a: $\frac{4 \cos x - 9 \sin x}{2 \cos x - 3 \sin x} = 4$

Alors: $4 (2 \cos x - 3 \sin x) = 4 \cos x - 9 \sin x$

$8 \cos x - 12 \sin x = 4 \cos x - 9 \sin x$

$8 \cos x - 4 \cos x = - 9 \sin x + 12 \sin x$

$4 \cos x = 3 \sin x$

Donc: $\frac{\sin x}{\cos x} = \frac{4}{3}$

D’où :

$\tan x = \frac{4}{3}$

$2)$ $a)$ Montrons que: $\cos x + \sin x = \sqrt{2} \cos x$

on a: $\cos x - \sin x = \sqrt{2} \sin x$

Alars: $\cos x = \sqrt{e} \sin x + \sin x$

c.a.d $\cos x = (\sqrt{2} + 1) \sin x$

on a : $\cos x + \sin x = \sqrt{2} \sin x + \sin x + \sin x$

$\cos x + \sin x = \sqrt{2} \sin x + 2 \sin x$

$\cos x + \sin x = \sqrt{2} \sin x \cdot (\sqrt{2} + 1)$

$\cos \sqrt{2} \times \sqrt{2} = 2$

Alors: $\cos x + \sin x = \sqrt{2} \cos x$

Donc: $\Rightarrow \cos x + \sin x = \sqrt{2} \cos x$

$b)$ Calculons $\cos x$ et $\sin x$ :

On a: $\cos x + \sin x = \sqrt{2} \cos x$

C.à.d. $\sin x = \sqrt{1} \cos x - \cos x$

$\sin x = (\sqrt{2} - 1) \cos x$

on sait que: $\sin^{2} x + \cos^{2} x = 1$

Alors: $\cos^{2} x + [(n - 1) + x]^{2} = 1$

$\cos^{2} x + (\sqrt{2} - 1)^{2} \cos^{2} x = 1$

$\cos^{2} x (1 + (\sqrt{2} - 1)^{2}) = 1$

$\cos^{2} x (1 + (2 - 2 \sqrt{2} + 1)) = 1$

$\cos^{2} x (1 + 3 - 2 \sqrt{2}) = 1$

$\cos^{2} x (4 - 2 \sqrt{2}) = 1$

$2 (2 - \sqrt{2}) \cos^{2} x = 1$

$\cos^{2} x = \frac{1}{2 (2 - \sqrt{2})}$

$\cos^{2} x = \frac{2 + \sqrt{2}}{2 (2 - \sqrt{2}) (2 + \sqrt{2})}$

C.à.d. $\cos^{2} x = \frac{2 + \sqrt{2}}{2 (2^{2} - {\sqrt{2}}^{2})} = \frac{2 + \sqrt{2}}{2 (4 - 2)}$

$\cos^{2} x = \frac{2 + \sqrt{2}}{4}$

Alors : $\cos x = \frac{\sqrt{2 + \sqrt{2}}}{2}$

On sait que: $\sin^{2} x + \cos^{2} x = 1$

D’où: $\cos^{2} : \sin^{2} x = 1 - \cos^{2} x$

$\sin^{2} x = 1 - (\frac{2 + \sqrt{2}}{4})$

Alors: $\sin^{2} x = \frac{4 - (2 + \sqrt{2})}{4}$

$\sin^{2} x = \frac{2 - \sqrt{2}}{4}$

D’où: $\cos : \sin x = \frac{\sqrt{2 - \sqrt{2}}}{2}$

$3)$ $A = 3 \cos^{2} 37^{\circ} + \sin^{2} 19^{\circ} + \sin^{2} 71^{\circ} + 3 \cos^{2} 53^{\circ}$

On a: $37^{\circ} + 53^{\circ} = 90^{\circ}$ et $19^{\circ} + 71^{\circ} = 90^{\circ}$

Alors :

$A = 3 \cos^{2} 37^{\circ} + \sin^{2} 19^{\circ} + \sin^{2} 71^{\circ} + 3 \cos^{2} 53^{\circ}$

$A = 3 \cos^{2} 37^{\circ} + \sin^{2} 19 + \cos^{2} 19^{\circ} + 3 \sin^{2} 37^{\circ}$

$A = 3 (\cos^{2} 37^{\circ} + \sin^{2} 37) + (\sin^{2} 19^{\circ} + \cos^{2} 19^{\circ})$

$A = 3 \times 1 + 7$

$A = 4$

$B = \frac{1}{\tan^{2} 57^{\circ} + 1} - \frac{\tan^{2} 33}{\tan^{2} 33^{\circ} + 1}$

On a: $57^{\circ} + 33^{\circ} = 90^{\circ}$

D’où: $\tan 57^{\circ} = \frac{1}{\tan 33^{\circ}}$

Alors: $\frac{β}{\tan^{2} 57^{\circ} + 1} = \frac{β}{\frac{β}{\tan 33^{\circ}} + 1}$

$B = \frac{β}{\frac{s + \tan 33^{\circ}}{\tan 33^{\circ}}} = \frac{\tan 33^{\circ}}{1 + \tan 33^{\circ}}$

$B = 0$

Correction d'exercice 3

$1)$ $A \hat{M} B$ ?

On a $A B C$ un triangle équilatéral.

Alors :

$A \hat{B} C = C \hat{A} B = B \hat{A} C = 60^{\circ}$

Et on sait que l’angle inscrit $\hat{A M B}$ et l’angle inscrit $A \hat{C} B$ interceptent le même arc $\hat{A B}$ , alors ses angles ont même mesure.

Donc: $\hat{A M B} = \hat{A C B} = 60^{\circ}$

Alors: $A \hat{M B} = 60^{\circ}$

$2)$ $a)$ $A \hat{M} C$ ?

On a les deux angles inscrits $A \hat{M} C$ et $A \hat{B} C$ interceptent le même arc, alors ces angles ont même mesure.

D’où : $A \hat{M} C = A \hat{B} C = 60^{\circ}$

Alors $A \hat{M} C = 60^{\circ}$

(*) $B \hat{M} C$

On a: $B \hat{M} C = A \hat{M} B + A \hat{M} C$

Alors: $B \hat{M} C = 120^{\circ}$

$b)$ On sait que l’angle inscrit $A \hat{C B}$ intercepte le même arc $\hat{A B}$ que l’angle au centre $\hat{A O B}$ .

Donc: $A \hat{O} B = 2 A \hat{C} B$

Or: $A \hat{C} B = 60^{\circ}$

Alors: $A \hat{O} B = 2 \times 60 = 120^{\circ}$

Devoirs Corrigés Maths N°3 S1 3AC

Devoirs Corrigés Maths N°3 S1 3AC

Modèle N°1

Exercice 1：(4×0,5=2 pts)

Exercice 3：(1+1+1,5+1,5+2=7 pts)

Exercice 4：(1+1+1=3 pts)

(adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});

Modèle N°2

Exercice 1：(4×1,5=6 pts)

Exercice 3：(1,5+2+1,5=5 pts )

Exercice 1： $(4 \times 0, 5 = 2$ pts)

Exercice 3： $(1 + 1 + 1, 5 + 1, 5 + 2 = 7$ pts)

Exercice 4： $(1 + 1 + 1 = 3$ pts)

Exercice 1： $(4 \times 1, 5 = 6$ pts)

Exercice 3： $(1, 5 + 2 + 1, 5 = 5$ pts )