7 la trigonométrie - apprendre... autrementdistance mars-soleil en utilisant les observations...

Vision 7 ■ Ressources supplémentaires • Corrigé du manuel – Vol. 2 © 2010, Les Éditions CEC inc. • Reproduction autorisée7272

Distances planétaires

Exemple de production attendue

Distance Mars-SoleilEn utilisant les observations faites au temps de Copernic,on obtient la figure ci-contre.

M1 : position de Mars, le 11 avril 1510.M2 : position de Mars, le 28 juillet 1510.T1 : position de la Terre, le 11 avril 1510.T2 : position de la Terre, le 28 juillet 1510.S : position du Soleil.

1) Mesure de l’angle T2SM2Du 11 avril au 28 juillet, il s’est écoulé 108 jours.Puisque la Terre effectue une révolution complète en 365 jours, la mesure de ∠ T1ST2est, approximativement, de 106,4°, soit � 360°.

Puisque Mars effectue une révolution complèteen 687 jours, la mesure de ∠ M1SM2est, approximativement, de 56,6°, soit � 360°.

En conséquence, la mesure de ∠ T2SM2 est de 49,8°,soit 106,4 � 56,6.

2) Mesure du segment SM2Dans le triangle rectangle ST2M2, cos S � .

L’angle S mesure 49,8° et le côté ST2, qui correspondau rayon de l’orbite de la Terre, mesure 150 millionsde kilomètres. On peut donc écrire :

cos 49,8° �

m � � 232

Le rayon de l’orbite de Mars est environ de 232 millionsde kilomètres.

Distance Vénus-SoleilEn tenant compte de l’élongation maximale de Vénus, quia été de 46° le 20 mars 1510, on obtient la figure suivante,où les points S, T et V représentent respectivement la positiondu Soleil, celle de la Terre et celle de Vénus, et où l’angle VTSmesure 46°. Lorsque l’élongation est maximale, Vénus est

150cos 49,8°SM2

150

m SM2�

m ST2�m SM2�

108687

108

3651�4

14

S

M2T2

M1T1

19sAÉdans la phase du quartier ; c’est donc dire que l’angle SVTest droit.

Mesure du segment SVDans le triangle rectangle SVT, sin T � .On a donc :

sin 46° �

m � 150 sin 146° � 108Le rayon de l’orbite de Vénus est environ de 108 millionsde kilomètres.

Mesurer avec des ombres


1. Recherche de la mesure de la hauteurde la pyramideÀ l’aide des données fournies, on peut trouver d’autresrenseignements.• m ∠ CAD � 74° et m ∠ DAB � 28°, car la somme

des mesures des angles intérieurs d’un triangle est 180°.• ⊥ , car les diagonales d’un carré se coupent

perpendiculairement.• m � m � m � m , car les diagonales

d’un carré se coupent en leur milieu.

O

57,5 m

A

BCD

EF

16°

62°28°

74°

BOEOFOCO

FBCE

20sAÉ

SV

m SV�150

m SV�m ST�

T

V

S46°

La trigonométrie7

© 2010, Les Éditions CEC inc. • Reproduction autorisée Vision 7 ■ Ressources supplémentaires • Corrigé du manuel – Vol. 2 73

Représentation de la situation vue de haut :

Représentation de la situation vue de côté :

Puisqu’on sait qu’il existe une relation entre la mesurede l’angle A, la mesure du segment OA et la hauteur h,on doit chercher la mesure du segment OA.Mesure du segment OAOn peut déterminer la mesure du segment OAen considérant que ce segment est l’hypoténusedu triangle rectangle AGO.Compte tenu du fait qu’il faut calculer les mesuresdes segments DG et OG pour déterminer la mesuredu segment OA, il devient alors pertinent de déterminerles mesures des côtés du carré.

Mesure du côté du carré :

tan 16° � tan 62° �

m � 200,53 m ; m � 30,57 m ; donc,m � m � m � 231,1 m.CBDBCD

DBCD

57,5m DB�

57,5m CD�

62°28°

O

57,5 m

A

BCD

EF

16°

74°

G

?

AO O ?

h

A37°

O

A

BCD

Mesure du segment OA1. On calcule la mesure du côté AG du triangle rectangle

AGO.m � m � m

m � 57,5 m �m � 173,05 m

2. On calcule la mesure du côté OG du triangle rectangle AGO.

m � � m

m � � 30,57m � 84,98 m

3. On obtient alors la mesure du segment OA.m �m � 192,79 m, par la relation de Pythagore.

Détermination de la hauteur de la pyramide :

tan 37° �

h � 145,28 mLa pyramide a donc une hauteur d’environ 145,28 m.

2. Recherche de la mesure de l’angle d’inclinaisondes faces latérales de la pyramideOn représente la situation comme suit :

Avec la mesure de la hauteur de la pyramide et la moitiéde la mesure du côté du carré à la base de la pyramide,on peut établir la relation suivante.

tan H �

tan H � 1,26tan ∠ H � 52°La mesure de l’angle d’inclinaison des faces latérales estdonc d’environ 52°.

145,28115,55

AO O

145,28 m

HH115,55 m

?

h192,79

AO O 192,79 m

h

A37°

OA�173,052 � 84,982OA

OG

231,12OG

DBm CB�2OG

AG

231,12AG

DGADAG


Mesurer avec des triangles


Pour cette production attendue, les éléments choisis sont deuxportes donnant sur la cour de l’école, soit la porte du gymnaseet la porte de la cafétéria. Après avoir marché d’une porteà l’autre, on estime que la distance est environ de 80 m.1. Relevé des mesures sur le terrain

Le plan ci-dessous montre le relevé des angles qu’on amesurés dans la cour de l’école. Comme base, on a utiliséla largeur du terrain de basketball.

2. Calcul des mesures manquantesLe plan suivant montre tous les triangles une fois qu’ilssont résolus. On a attribué une lettre à chacundes sommets des triangles et on a trouvé les mesuresd’angles manquantes en se basant sur le fait que la sommedes mesures des angles intérieurs d’un triangle est 180°.Pour trouver les mesures des côtés, on a utilisé la loides sinus.

m � � � 26,56

m � � � 19,93

m � � � 22,96

m � � � 20,02

m � � � 20,7820,02 � sin 56sin 53m BG� � sin B

sin AAG

26,56 � sin 47sin 76

m BF� � sin Fsin GBG

26,56 � sin 57sin 76

m BF� � sin Bsin GGF

15 � sin 48sin 34

m CF� � sin Fsin BBC

15 � sin 98sin 34

m CF� � sin Csin BBF

A

BC

FG

23,70 m

20,78 m22,96 m

20,02 m 26,56 m

19,93 m

15 m

56°

53°71°

57°

47°76°

34°98°

48°D

E

41,08 m

28,98 m

28,98 m

34,59 m

75°

75°30°

80°56°

44°

15 m

56°

71°

57°

47°

98°Porte

du gymnase

Porte de la cafétéria

Base de la ramped’accès métallique Coin du terrainde basketball Poteau du panier

de basketball

Coin du terrainde basketball

Arbre

77°

48°73°

56°80°

Base

21sAÉm � � � 23,70

m � � � 28,98

m � � � 28,98

m � � � 34,59

m � � � 41,08

3. Distance entre les points A et EPour déterminer la distance entre le point A et le point E,on a construit trois nouveaux triangles et on a appliquéla loi des cosinus pour trouver successivement les mesuresdes segments AC, AD et AE.Résolution du triangle ABC :

m � (m )2 � (m )2 � 2 m � m cos (B) �� 41,85

m ∠ ACB � Arc sin � � � � 18°Résolution du triangle ACD :

m ∠ ACD � m ∠ BCF � m ∠ FCD � m ∠ ACB �98° � 75° � 18° � 155°m � (m )2 � (m )2 � 2 m � m cos (C)

�

� 69,21

m ∠ ADC � Arc sin � � �� 14,8°

41,85 � sin 15569,21

m AC� sin Cm AD�

�41,852 � 28,992 � 2 � 41,85 � 28,98 cos 155CDACCDAC�AD

A

BC

FG

28,98 m147°

D

E

18°75°98°41,85 m

23,7 � sin 14741,85

m AB� sin Bm AC�

�23,72 � 19,932 � 2 � 23,7 � 19,93 cos 147BCABBCAB�AC

A

BC

FG

23,70 m19,93 m

56° 57° 34°D

E

28,98 � sin 80sin 44

m CF� � sin Dsin EFE

28,98 � sin 56sin 44

m FD� � sin Fsin EDE

15 � sin 75sin 30

m CF� � sin Csin DFD

15 � sin 75sin 30

m CF� � sin Fsin DCD

20,02 � sin 71sin 53

m BG� � sin Gsin AAB

74


Résolution du triangle ADE :

m ∠ ADE � m ∠ CDF � m ∠ FDE � m ∠ ADC �30° � 80° � 14,8° � 95,2°m � (m )2 � (m )2 � 2 m � m cos (D)

�

� 79,96La distance qui sépare la porte du gymnase de la portede la cafétéria est donc, au dixième de mètre près, de 80 m.La conjecture émise au départ était donc juste.

Réactivation 1a. Les deux triangles étant rectangles, il suffit de démontrer

que deux de leurs côtés homologues sont isométriques.C’est, en effet, le cas. On a :• � , car ce sont deux rayons du cercle ;• � , par la réflexivité de la relation d’isométrie.

b. Oui. est la bissectrice de l’angle A.Justification : ∠ GAE � ∠ GAF, car les angles homologuesde triangles isométriques sont isométriques.

c. Oui. On a bien m � m .Justification : Il faut démontrer que et sont isométriques.Les triangles rectangles ABD et ACD sont isométriquespuisqu’ils ont un angle aigu homologue et un côtéhomologue isométrique.En effet, on a :• ∠ GAE � ∠ GAF, comme on vient de le démontrer

à la question b ;• � , par la réflexivité de la relation d’isométrie.En conséquence, � , car les côtés homologuesde triangles isométriques sont isométriques.

d. Ces deux triangles sont semblables par la conditionminimale de similitude AA. En effet, l’angle A est communà ces deux triangles, et ils ont tous les deux un angle droit.

e. m AE�m EG�

CDBDADAD

CBBDBC12BD

AG

AGAGGFGE

Page 150

7RÉVISION

�69,212 � 34,592 � 2 � 69,21 � 34,59 cos 95,2DEADDEAD�AE

A

BC

FG 34,59 m

14,8° D

E

30°80°

69,21 m

f. Le segment AG mesure environ 386 115 km.

Démarche : � �

Le segment EG représente un rayon de la Lune,dont la mesure est de 1737,5 km.Le segment AE mesure donc environ 386 111 km, soit

� 1737,5.

Par la relation de Pythagore, on a :m � � 386 115

g. La distance entre l’observateur et la surface de la Luneest environ de 384 380 km.

Mise à jour

1. a) La condition minimale ACA.b) 1) ou 5 . 2) ou 2,5 .

3) ou . 4)

c) 1) ou . 2) ou .

3) ou . 4)

2. a) 10 � 2 ou 10(1 � ).b) 8 � 2 ou 8(1 � ).c) c (1 � )

3. a) À 4 m du sol. b) 8 m ou environ 13,86 m.

4. a) La condition minimale AA. b) 5 m

Mise à jour (suite)

5. a) 1) Le périmètre est de u, ou environ 31 u.

2) L’aire est environ de 52,9 u2,soit 6 � �1 � � � �2 � � �3.

b) 720°, soit 4 � 180°.

6. m ∠ BAE � m ∠ BFE � m ∠ CDE � 120°m ∠ AEF � 60°m ∠ ECF � m ∠ ECD � m ∠ CED � 30°

7. a)

b) La condition minimale CAC ne s’applique pas,car l’angle n’est pas adjacent aux deux côtés.

c) Dans le triangle obtusangle :1) le plus petit côté est ;AC

A B

C

40°

4 cm

6 cmA B

C

40°

4 cm

6 cm

2516

2516

2516

49716

Page 153

�3�2

�2�32�2�50

2h

��32

��343

10

��3100320��34003

c ��32

��32

34

�3�18,75�3�75

Page 152

�386 1112 � 1737,52AG

2000,9

2000,9

m AD�m DB�

m AE�m EG�


2) le plus petit angle est ∠ B.Dans le triangle acutangle :1) le plus petit côté est ;2) le plus petit angle est ∠ A.

8. a) 1) Non. L’égalité est fausse, car 2 � 11,2 � 7 � 1,25.2) Oui, car les côtés homologues des triangles

semblables sont de longueurs proportionnelles.3) Oui, car c’est dans la proportion précédente qu’on

a permuté les moyens.b) 1) Oui, car c’est une application de la propriété additive.

2) Non. La nouvelle égalité est fausse.

Le sinus et le cosinus d’un angle

Problème

Le voilier devrait louvoyer selon un angle de 45°.Plusieurs démarches possibles. Exemple :

1. Mesure du segment ABOn complète la figure de la façon illustrée ci-dessous.

Le triangle ABC est rectangle en C, car chacun des angles Aet B mesure 45°. De plus, ce triangle est isocèle, carles segments AC et BC mesurent tous les deux 2,5 km.On a donc :m � � � 2,5

2. Longueur du trajet dans le cas d’un anglede louvoiement de 30°Quel que soit le nombre de fois que le voilier changede cap, la distance parcourue sera la même, alors on peutsupposer que le voilier ne change de cap qu’une seule fois.Dans ce cas, on obtient la figure ci-dessous.

A

B

C

D

30°

30°2,5��2 km

�2�12,5�2,52 � 2,52AB

Direction du vent

1 km1,9 km 1,5 km

0,6 km

A

B

1,9 km1,5 km

C

Page 154

7.1section

BC

Pour déterminer la longueur du trajet ACB, on utilise le faitque le côté opposé à un angle de 30° dans un trianglerectangle mesure la moitié de la mesure de l’hypoténuse.Soit x, la mesure du segment AC. En appliquant la relationde Pythagore dans le triangle rectangle ADC, on obtient x 2 � � �2 � (1,25 )2.La résolution donne x � � 2,04.Le trajet ACB mesure donc 4,08 km.

3. Longueur du trajet dans le cas d’un anglede louvoiement de 60°S’il n’y a qu’un seul changement de cap, on a la figure ci-contre.L’angle C mesure nécessairement 60°.Le triangle est équiangle,donc équilatéral. La longueur du trajet ACB est donc de 5 km,soit environ de 7,07 km.

4. Durée du trajet par rapport à chaque anglede louvoiementEn convertissant en kilomètres/heure les vitesses du voilierexprimées en nœuds et en divisant la longueur de chaquetrajet par la vitesse du voilier, on obtient le tableau suivant.

Le temps minimal du trajet est de 0,135 h, soit environ8 min 6 s, dans le cas d’un louvoiement de 45°.

Activité 1

a. Au départ : � �

Après 12 s : � �

Après 18 s : � �

Les trois rapports sont égaux.

6695

39,657

m BC�m AB�

6695

46,266,5

m BC�m AB�

6695

59,485,5

m BC�m AB�

Page 155

A

B

C

60°60°

2,5��2 km

�2

256

�2x2

76

Angle Vitesse Longueur Durée par rapport du voilier du trajet du trajet

au vent (km/h) (km) (h)(°)30 25,9 4,08 0,158

45 37 5 0,135

60 46,25 7,07 0,153


b. Dans la figure ci-contre, deux positions quelconques du point B sont identifiées par les points B1 et B2. Les points C1et C2 représentent les positions correspondantes du point C.

On doit démontrer que � .

Les triangles AB1C1 et AB2C2 sont semblables parla condition minimale de similitude AA. En effet, ils ont tousles deux un angle droit et un angle commun de 44°.En conséquence, les côtés homologues de ces trianglessont de longueurs proportionnelles.

On a donc � � .

En permutant les moyens dans la proportion

� , on obtient � .

c. 1) 26,4 m 2) 19,8 m3) 6,6 m 4) � 0,695 m

d. 61,5 m

e. À l’aide de la figure utilisée à la question b,

on doit démontrer que � .

Les triangles semblables ont permis d’établir,à la question b, la suite d’égalités suivante :

� �

En permutant les extrêmes dans la proportion

� et en utilisant la symétrie

de l’égalité, on obtient � .

f. � 0,719 m

Activité 2

a. sin 30° �

b. 1) sin 45° � 2) sin 60° �

3) sin 90° � 1

c. 1) cos 30° � 2) cos 45° �

3) cos 60° � 4) cos 90° � 0

d. 1) sin 44° � sin 45°2) cos 44° cos 45°

12

��22

��32

��32

��22

12

Page 156

m AC2�m AB2�

m AC1�m AB1�

m AC1�m AC2�

m AB1�m AB2�

m AC1�m AC2�

m AB1�m AB2�

m B1C1�m B2C2�

m AC2�m AB2�

m AC1�m AB1�

m B2C2�m AB2�

m B1C1�m AB1�

m AB1�m AB2�

m B1C1�m B2C2�

m AC1�m AC2�

m AB1�m AB2�

m B1C1�m B2C2�

m B2C2�m AB2�

m B1C1�m AB1�

44°A

B2

C2

B1

C1

Activité 3

a.

b. sin 30° � cos 60° � � 0,5

et sin 60° � cos 30° � � 0,86602... � 0,87

c. 1) � 37° 2) � 53°3) � 24° 4) � 66°

d. Les angles A et B sont complémentaires.

e. Validation des réponses précédentes à l’aided’une calculatrice, en prenant soin de s’assurer que,en enfonçant la touche , le mot « degré » soiten surbrillance.

Activité 4

a. 1) sin A 2) cos A

b. 1) 8,48 m 2) 5,30 m

c. Situation : 8,81 m Situation : 10,83 m

d. 56°

e. 1) 56,25° 2) 33,75° 3) 8,98 m

Technomath

a. 1) La valeur de chacun des rapports reste constante.

2) La valeur du rapport augmente,

alors que la valeur du rapport diminue.

b. 1) 0,5 2) � 0,643) � 0,87 4) � 0,77

c. 1) Valeur minimale : 0 Valeur maximale : 1

2) Dans le cas de , soit le sinus de l’angle A,

la valeur est minimale si m ∠ A � 0° et maximalesi m ∠ A � 90°.

m BC�m AB�

m AC�m AB�

m BC�m AB�

Page 159

BA

Page 158

MODE

��32

12

Page 157

Mesurede l’angle Sinus Cosinus

(°)0 0,00 1,00

10 0,17 0,9820 0,34 0,9430 0,50 0,8740 0,64 0,7750 0,77 0,6460 0,87 0,5070 0,94 0,3480 0,98 0,1790 1,00 0,00


Dans le cas de , soit le cosinus de l’angle A,

la valeur est minimale si m ∠ A � 90° et maximalesi m ∠ A � 0°.

d.

Mise au point 7.1

1. a) 15 b) 20 c) 30d) 15 e) 20 f ) 10

2. a) 1) P0(1, 0) 2) P1� , � 3) P2� , �4) P3� , � 5) P4(0, 1)b) Non, car � � � 2 � � 0,683

et � 0,707.

c) 1) (0,97, 0,26) 2) (0,91, 0,42)3) (0,82, 0,57) 4) (0,57, 0,82)

3. a)

b) Plusieurs réponses possibles. Exemples :• Le sinus d’un angle est égal au cosinus de son angle

complémentaire.• (sin A)2 � (cos A)2 � 1

Mise au point 7.1 (suite)

4. a) 1) sin B � 0,6 et cos B � 0,8.2) m ∠ A � 53,1° et m ∠ B � 36,9°.

b) 1) sin B � et cos B � .2) m ∠ A � 48,2° et m ∠ B � 41,8°.

c) 1) sin B � et cos B � .2) m ∠ A � 28,1° et m ∠ B � 61,9°.

5. a) � 17,0 cm b) � 11,3 cm2

6. Entraînement A : 78,5 m Entraînement B : 139,6 mEntraînement C : 174,4 m

817

1517

��53

23

Page 163

��22

��3 � 14

12

��32

��32

12

��22

��22

12

��32

�3�3�3

Page 162

m AC�m AB�

7. a) Fausse.Dans un triangle rectangle, l’hypoténuse est toujoursplus grande que les cathètes.Le rapport est doncinférieur à 1.

b) Fausse.Plusieurs justifications possibles. Exemple :

sin 30° � 0,5 et sin 60° � .Donc, sin 60° � 2 � sin 30°.

c) Vraie.On peut situer l’angle A dans un triangle rectangle dontl’hypoténuse mesure 1 unité. Dans ce cas, sin A � cos Aest la somme des mesures des deux cathètes.Cette somme est nécessairement supérieure à la mesurede l’hypoténuse, qui est égale à 1, car, dans n’importequel triangle, la somme des mesures de deux côtés esttoujours supérieure à la mesure du troisième côté.

d) Vraie.Cela découle du fait que les deux angles aigusd’un triangle rectangle sont complémentaires.

e) Fausse.C’est plutôt le cosinus qui augmente lorsqu’on diminuela mesure d’un angle.

f ) Vraie.Cela découle de la relation de Pythagore, notammentsi l’on situe l’angle A dans un triangle rectangle dontl’hypoténuse mesure 1 unité.


8. Mesure de la hauteur (en m) : 2 sin 35° � 1,15Rayon du cône (en m) : 2 cos 35° � 1,64

Volume du cône (en m3) : � 3,22

Cet amas contient environ 3,24 m3 de sable.

9. La hauteur de l’arbre était environ de 11 m.

10. a) m ∠ A � 22° ; m � 4,3 ; m � 1,6b) m ∠ E � 15° ; m � 0,9 ; m � 3,5c) m ∠ G � 20,4° ; m ∠ H � 69,6° ; m � 4,0d) m ∠ J � 56° ; m � 3,6 ; m � 3,0e) m � 4,1 ; m ∠ M � 29,1° ; m ∠ N � 60,9°f ) m ∠ P � 38° ; m � 3,2 ; m � 2,5

11. Les dimensions de ce rectangle sont approximativementde 6,6 cm sur 5,5 cm.Plusieurs démarches possibles. Exemple :Soit x, la mesure du côté du rectangle (en cm) ;alors x � 2 est la mesure de sa diagonale (en cm).

x40°

x � 2

QRPRMN

KLJKGI

EFDFBCAB

π(1,64)2 � 1,153

Page 164

��32

mesure de la cathète opposée à l’anglemesure de l’hypoténuse

78

Mesurede l’angle Sinus Cosinus

(°)10 0,17 0,98

20 0,34 0,94

30 0,5 0,87

40 0,64 0,77

50 0,77 0,64

60 0,87 0,5

70 0,94 0,34

80 0,98 0,17

m A 28° 34° 56° 62° 16° 37° 74° 53°sin A 0,47 0,56 0,83 0,88 0,28 0,60 0,96 0,8cos A 0,88 0,83 0,56 0,47 0,96 0,8 0,28 0,60


On a l’équation cos 40° � .

En isolant x, on obtient x � � 6,55.

La largeur du rectangle est de �5,50 cm.


12. a) Pour que la balle tombe à l’intérieur des limitesdu terrain, elle doit parcourir au plus 23,77 m surla longueur du terrain et 9,60 m sur sa largeur.1) Non. La balle a dépassé la ligne de fond,

car 24,6 � cos 10° � 24,2 23,77.2) Oui, car 24,6 � cos 20° � 23,1 � 23,77

et 24,6 � sin 20° � 8,4 � 9,60.3) Non. La balle est tombée à l’extérieur des limites

du terrain, car 24,6 � sin 30° � 12,3 9,60.b) Approximativement entre 67° et 75°.

13. a) 1) (100 � sin 36°) cm ou environ 58,8 cm.2) � 93,5 %

b) 1) (500 � sin 36° � cos 36°) cm2 ou environ 237,76 cm2.

2) � 75,7 %c)


14. a) 1170 km/h b) 1140 km/hc) 1070 km/h d) 880 km/h

15. a) 3,66 m/sb) 1) 5,29 m 2) 65°


16. a) On doit résoudre l’équation � 31,75.

On obtient x � 48,82 � 48 .D’après ces données, Paris est à 48°50’ de latitude.

5060

23,9sin x

Page 167

Page 166

Page 165

�8,552 � 6,552

2 cos 40°1 � cos 40°

xx � 2

b) 33,5 hc) Plusieurs réponses possibles. Exemple :

Plus on se rapproche de l’équateur, plus la duréede rotation du pendule augmente. Théoriquement,à l’équateur, la rotation du pendule devrait prendreun temps infini, car lorsque x se rapproche de 0, sin xfait de même.

d) � 3,6 me) � 0,1 m

La tangente d’un angle

Problème

En représentant la distance entre les points B et C par xet la hauteur du mont Jacques-Cartier par h, on peut traduirela situation par le système d’équations suivant :

tan 30° �

tan 25° �

De ce système, on peut tirer l’équation suivante :tan 30° � x � tan 25° � (x � 523).La résolution de cette équation permet d’affirmer que x � 2196,26 m.Considérant l’angle A, on peut également établir l’équationsuivante :

tan 25° �

La résolution de cette équation permet d’affirmer que h � 1268 m.La hauteur du mont Jacques-Cartier est donc environde 1268 m.

Activité 1

a. Si on déplace le point B sur le côté de l’angle A, les deux triangles qu’on obtient sont semblables (par le cas AA). Ainsi,on peut affirmer que :

� .

A C

B

C'

B'

m B'C'�m AC'�

m BC�m AC�

Page 169

h2719,26

hx � 523

hx

B CA

523 m

S

h

x

25° 30°

Page 168

7.2section

Décagone Polygone PolygoneFigure régulier régulier régulier

à 20 côtés à 100 côtésMesure de l’apothème (cm) 9,51 9,87 9,995

Mesure des côtés (cm) 6,18 3,13 0,63

Rapport du périmètre de la figure 98,4 % 99,6 % 99,98 %à la circonférence du cercle

Rapport de l’aire de la figure 93,5 % 98,4 % 99,93 %à l’aire du disque


Le rapport ne varie donc pas lorsqu’on

déplace le point B sur le côté de l’angle A.

b. Les triangles ACB et AED sont semblables (parle cas AA). On peut donc établir la proportionsuivante :

�

Comme m � 1,

on obtient � m � tan A.

c. On sait que sin A � et que cos A � .

Comme m � 1, on obtient sin A � m et cos A � m .Sachant que tan A � ,

on peut établir la relation tan A � .

d. 1) 0 2) 3) 1 4)

e. 1) 0,18 2) 0,70 3) 1,434) 5,67 5) 57,29

f. La valeur de tan A est de plus en plus grande.

g. La valeur de tan 90° n’est pas définie, car, lorsque l’angle Amesure 90°, est parallèle à . Autrement dit,le prolongement du segment AB ne croisera pasla tangente au cercle passant par le point E.

Activité 2

a. 1) tan B � 2) tan H �

b. La tangente d’un angle est l’inverse de la tangente del’angle qui lui est complémentaire.

c. 1) tan 10° � � 2) tan 75° � �

m � 8,82 m m � 12,06 m

d. tan B � �

m ∠ B � 20°

e. 1) 65° 2) tan 25° � 3) sin 25° �? � 32,17 m ? � 35,49 m

Activité 3

a. Le randonneur peut voir l’avion si son regard a un angled’élévation de 15°. La ligne de visée du randonneur versl’avion est la sécante de deux droites parallèles, soit la lignehorizontale au sol et la ligne horizontale du vol de l’avion.Si une droite coupe deux droites parallèles, les anglesalternes-internes sont isométriques.

Page 171

15?

15?

2774

m HP�m PB�

HPHP

45m HP�

m PB�m HP�

m HP�50

m HP�m PB�

m PB�m HP�

m HP�m PB�

Page 170

DEAB

�3��33

sin Acos A

m BC�m AC�

ACBCAB

m AC�m AB�

m BC�m AB�

E

1

C

DB

tan A

A

Droite tangente au cercle passant par le point EDEm BC�

m AC�

AE

m DE�m AE�

m BC�m AC�

m BC�m AC�

b. La mesure de l’angle de dépression associé à la lignede descente de l’avion devrait être d’environ 23°.

Soit x, la distance horizontale au sol entre l’emplacementde l’avion et le début du lac.On peut alors établir l’équation suivante :tan 15° � , qui montre que x � 2332.Avec cette valeur de x, on peut établir l’équation suivante :tan ? � , qui montre que ? � 23°.

Technomath

a. 1) À la mesure du segment BC.2) À la mesure du segment AC.3) À la mesure du segment DE.

b. 1) 0,82 2) 0,57 3) 1,43

c. 1) 0,59 2) 0,81 3) 0,73

d. 1) 0,92 2) 0,39 3) 2,36

e. Écran 1 : tan A � � � 1,43

Écran 2 : tan A � � � 0,73

Écran 3 : tan A � � � 2,36

f. La valeur de tan A est de plus en plus grande.

Mise au point 7.2

1. a)

b) On constate que :tan 19,6° � tan 70,4° � 0,356 � 2,808 �0,9996 � 1 ;tan 21,8° � tan 68,2° � 0,4 � 2,5 � 1 ;tan 43,2° � tan 46,8° � 0,939 � 1,065 �1,00004 � 1.

2. a) 1) tan A � � 2,667 2) m ∠ A � 69,4°

b) 1) tan A � � 0,9 2) m ∠ A � 42,0°

c) 1) tan A � � � 0,75

2) m ∠ A � 36,9°

1,82,4

1,8

��32 � 1,82

1,82

3,21,2

Page 175

0,920,39

sin Acos A

0,590,81

sin Acos A

0,820,57

sin Acos A

Page 172

10002332

1000x � 1400

1400 m

Randonneur

15°

15°

1000 m

?x

80

Mesure de l’angle (°)Tangente

19,6 21,8 43,2 46,8 68,2 70,4

0,356 0,4 0,939 1,065 2,5 2,808


3. a) � 9,4 b) � 10,14 c) � 19,3

4. a) ou environ 0,2917. b) ou environ 3,4286.

5. � 56,3°

247

724

12. La distance qui sépare les points D et E est de 0,91 unité.Exemple de démarche :

Mesure du côté CA : � 6,42Mesure du segment CE : 6,42 2 � 3,21Mesure de l’angle CBD : (90° � 34°) 2 � 28°Mesure du segment CD : 4,33 tan 28° � 2,30Mesure du segment DE : 3,21 � 2,30 � 0,91

13. a) La distance (en m) qui sépare les deux voitures est donnée par l’expression � . Elle estenviron de 63,5 m.

b) La nouvelle distance (en m) est de � ,soit environ de 68,3.La deuxième voiture n’est pas en voie de rattraperla voiture de tête.

14. a) Aire du triangle isocèle (en cm2) : � 3 � 7,6Aire de l’octogone régulier (en cm2) :

� 5,6 � 9,5Le triangle isocèle a la plus petite aire.

b) Périmètre du triangle isocèle (en cm) :2 � � 6 � 13,8Périmètre de l’octogone régulier (en cm) :8 � 1,4 � 11,2L’octogone régulier a le plus petit périmètre.


15. L’aire de la surface au sol occupée par l’immeuble estenviron de 114 818 m2, soit presque 11,5 hectares.Plusieurs démarches possibles. Exemple :Il est possible d’exprimer l’aire d’un pentagone régulieren fonction des mesures de ses côtés.En observant la figure ci-contre,on arrive aux constatations suivantes :mesure de l’apothème AD : ;aire du pentagone :

� � c 2.

L’aire (en m2) de la surface au sol occupée par l’immeubleest donc de :

2802 � 1082 � � 114 818

16. La distance qui sépare les deux points d’ancrage estenviron de 10,2 m.Plusieurs démarches possibles. Exemple :On peut représenter la situation par la figure ci-dessous(voir la page suivante), où h représente la hauteur del’antenne (en m) et x, la distance entre les deux pointsd’ancrage (en m).

83 420tan 36°

54 tan 36°

54 tan 36°

A

B CD

c

36°

54 tan 36°

5c2

c2 tan 36°

c2 tan 36°

Page 178

3sin 50°

0,7tan 22,5°

3tan 50°

250tan 37°

250tan 32°

200tan 42°

200tan 35°

4,33tan 34°


6. a) La hauteur de l’immeuble est de 19 m.b) La personne devrait se placer à 21 m de distance.

7. a) La hauteur de l’arbre est de 14,14 m.b) La mesure de l’angle d’élévation du Soleil doit être

de 54,7°.

8. a) La mesure de l’angle est de 6,8°.b) On inscrirait 14 % d’inclinaison.

9. La hauteur de cet édifice est environ de 205 m.Exemple de démarche :On peut représenter la situation à l’aide du schéma ci-dessous, où h représente la hauteur (en m) de l’édificeet d, la distance (en m) entre cet édifice et la fenêtred’un appartement.

On a tan 5° � , donc d � ,

et tan 60° � , donc h �

d tan 60° � 9,85 � � 9,85 � 205.

10. La mesure de l’angle aigu est environ de 67,4°.


11. � 60 km/hExemple de démarche :Distance (en m) parcourue par le train :m � � � 133,45

Vitesse du train : m/s � 16,68 m/s � 60 km/h133,458

40tan 25°

40tan 40°AB

Page 177

9,85 tan 60°tan 5°

h � 9,85d

9,85tan 5°

9,85d

9,85

h

d

5°60°

Page 176


1) Hauteur de l’antenne :tan 35° � , donc h � 40 tan 35° � 6 � 34,0.

2) Distance entre les deux points d’ancrage :

tan 30° � � ,

donc x � � 40 � 10,2.

17. La distance qui sépare la maison du bord de la falaise estenviron de 22 m.Plusieurs démarches possibles. Exemple :Soit α, la mesure de l’angle de dépression selon lequelon observe l’extrémité la plus proche de la maison :tan α � , donc α � 49,4°.L’angle de dépression selon lequel on observe le bordde la falaise a 20° de moins, soit 29,4°.Si x représente la distance entre la maison et la falaise,on a donc :tan 29,4° � . En isolant x,

on obtient x � � 40 � 22.


18. L’angle d’élévation est environ de 21°.Plusieurs démarches possibles. Exemple :Soit la représentation ci-dessous, que l’on obtienten ajoutant les segments horizontaux AD et BE.

Dans le triangle rectangle ADC, l’angle A mesure 44°,par hypothèse.

13,5 m

4,5 m

10 m

A

B

D

E

C

Page 179

35tan 29,4°

3530 � 10 � x

3530

29,0tan 30°

29,0x � 40

h � 5x � 40

h � 640

h

5 6

40x

35°30°

Dans ce triangle,

tan 44° � , donc m � 10 tan 44° � 9,657.

De plus, on a m � 13,5 � m �13,5 � 9,657 � 3,843.Dans le triangle rectangle BCE, on a donc

tan B � � 0,3843. On en déduit que m ∠ B � 21°.

19. a) Au centième près, chacun des angles isométriquesdu triangle mesure 57,65°, et le troisième anglemesure 64,70°.Plusieurs démarches possibles. Exemple :Mesure de l’apothème de la pyramide (en m) :

21,642 � � �2 � 27,96On peut donc représenter une face latérale dela pyramide par le triangle isocèle suivant.

Dans le triangle rectangle BDA,

tan B � � 1,5788.On en déduit que m ∠ B � 57,65°.L’angle C est isométrique à l’angle B.m ∠ A � 180° � 2 � 57,65° � 64,70°

b) 1) Au centième près, la mesure est de 37,65°.2) Au centième près, la mesure est de 50,70°.Plusieurs démarches possibles. Exemple :1) Mesure de la diagonale de la base de la pyramide

(en m) : � 50,09Mesure de la moitié de la diagonale (en m) :25,045En coupant la pyramide à l’aide d’un plan qui passepar l’apex et par une diagonale de la base, onobtient le triangle isocèle suivant.

L’angle d’élévation recherché correspond à l’angle B

dans le triangle rectangle BFA :

tan B � � 0,8640.On en déduit que m ∠ B � 40,83°.

21,6425,045

A

B EF

21,64

25,045

�35,422 � 35,422

27,9617,71

A

B CD

27,96

17,71

35,422

3,84310

CDCE

CDm CD�10

82


2) Dans ce cas, on doit couper la pyramide à l’aided’un plan qui passe par l’apex et par un apothème.On obtient alors le triangle isocèle suivant.

L’angle d’élévation recherché correspond à l’angle D

dans le triangle rectangle DFA :

tan D � � 1,2219.On en déduit que m ∠ D � 50,70°.

20. a) Non. Le premier grimpeur n’est pas situé deux fois plushaut que le second.Plusieurs justifications possibles. Exemple :Il suffit de montrer que c’est faux à l’aide d’un contre-exemple.Si les mesures des angles d’élévation des grimpeursétaient respectivement de 60° et 30°, la hauteurdu premier grimpeur serait environ de 52 m, soit30 � tan 60°, et celle du second grimpeur seraitenviron de 17 m, soit 30 � tan 30°. Comme on leconstate, la hauteur du premier grimpeur est plus quele double de celle du second.

b) Le rapport serait plus petit.

La résolution de trianglesquelconques

ProblèmePlusieurs conjectures équivalentes sont possibles. Exemple :Soit d, la mesure du diamètre du cercle ;on a alors sin A � .

Activité 1

a. 1) (cos 35°, sin 35°) 2) (0,82, 0,57)

b. 1) (0,91, 0,42) 2) (0,57, 0,82)3) (0,42, 0,91) 4) (0, 1)

Page 181

m BC�d

Page 180

7.3section

21,6417,71

A

D GF

21,6

17,71

c. Dans la figure ci-dessous, le point B' est le point symétriquedu point B par rapport à l’axe des y. Le segment B'T formeavec le segment TS un angle de 65°, soit 180 � 115.

D’après la réponse donnée à la question b 3),les coordonnées du point B' sont approximativement(0,42, 0,91).Par la symétrie, les coordonnées du point B sont donc(–0,42, 0,91).

d. � 12,9 kmJustification :La distance entre les points A et B dans le plan cartésienest environ de 1,29 unité, soit

. L’unité du plancartésien correspond à 10 km dans la réalité.

e. Si l’on situe le sommet de l’angle A à l’origine du plancartésien et l’un des côtés de l’angle sur la partie positivede l’abscisse, le deuxième côté intercepte le cercle-unité àun point P. On peut alors définir cos A et sin A :cos A � 1re coordonnée du point P ;sin A � 2e coordonnée du point P.

f. 1) sin 150° � sin 30° �

2) cos 150° � –cos 30° � –

Activité 2

a. 1) b sin 60° 2) a sin 45°b. b sin 60° � a sin 45°

Page 182

��32

12

P

A

1

y

x

�(–0,42 � 0,82)2 � (0,91 � 0,57)2

B

ST

B'

y

x


c. 1)

2) b sin 75° � c sin 45°

d. � �

e. a � 8,97 m ; b � 7,32 mf. 117°

Activité 3a. Non. Pour utiliser la loi des sinus, on doit connaître

les mesures de deux angles et d’un côté de ce triangle,ou les mesures de deux côtés et d’un angle opposéà l’un de ces côtés.

b. 1) x � 200 cos 70°x � 68,40 m

2) h � ��2002 � (20�0 cos (70°))2� 187,94 m

3) m P1P2� �

��(330 � 200�cos (70°))2�� 2002 � (�200 cos (70�°))2m P1P2� � 322,11 m

c. c 2 � a2 � b2 � 2ab cos Cd. La longueur du tunnel est bien, au centimètre près,

de 322,11 m.

Technomath

a. 1) Les valeurs de et de , soit 3 et 6, correspondentaux mesures de deux côtés d’un triangle, et la valeurde , soit 50, est la mesure, en degrés, de l’anglecompris entre ces deux côtés.

2) 4,675430039 ub. 1) Au millimètre près, le périmètre du triangle est de 80,2 cm.

2) Au millimètre près, le périmètre du triangle est de 18,1 cm.c. Plusieurs réponses possibles. Exemple :

Page 184

Page 183

csin C

bsin B

asin A

A c

b a

B

C

75°

°54°06

d. Au dixième de degré près, les trois angles mesurentrespectivement 20,0°, 50,5° et 109,5°.

Mise au point 7.3

1. a) 0,6 b) � 36,87°c) 1) 0,8 2) 0,6

3) 0,6 4) –0,8

2. a) 168° b) 108°c) 155° d) 110°

3. a)

sin A �

sin C � , car les valeurs des sinus de deux angles supplémentaires sont identiques.On isole h dans les deux équations, puis on compareces équations.c � sin A � a � sin C

�

b) Par la relation de Pythagore appliquée au triangle ADB,on a :c 2 � h2 � (b � x )2c 2 � h2 � (b2 � 2bx � x 2 ) (1)Par la relation de Pythagore appliquée au triangle BCD,on a :h2 � (a2 � x 2 ) (2)On substitue l’expression équivalente tirée del’équation (2) à h2 dans l’équation (1).c 2 � (a2 � x 2 ) � (b2 � 2bx � x 2 )c 2 � a2 � b2 � 2bx (3)Puisque x � a cos (180 � C) � –a cos C, on obtient,en remplaçant x dans l’équation (3) :c 2 � a2 � b2 � 2ab cos C

C.Q.F.D.

4. a) 2,7 b) 5,9 c) 4,6

5. a) 40,1° b) 48,7° c) 69,1°


6. a) m ∠ A � 70° m AC� � 9,6 cm m BC� � 9,2 cmb) m ∠ D � 18,3° m ∠ E � 118,7° m EF� � 2,3 cm

7. a) 4,5 b) 7,5 c) 6,9

Page 188

csin C

asin A

ha

hc

A b C

B

ac

h

x D

Page 187

84


8. a) 1) La mesure du côté opposé à l’angle C.2) Les mesures des côtés adjacents à l’angle C.

b) cos C �

c) 1) 30° 2) 52° 3) 98°

9. a) 1) À 104,5 m. 2) À 104,5 m.3) À 74 m. 4) À environ 63,41 m.

b) Oui. Les deux nacelles seront situées, au mètre près,à 106 m de distance l’une de l’autre.

c 2 � a2 � b2–2ab

15. a) Au mètre près, elles se trouvent à 248 m l’unede l’autre.

b) La mesure de l’angle formé par la verticale et le trajetemprunté pour rejoindre Cindy sera, au dixièmede degré près, de 16,6°.

16. a) La mesure de cet angle est, au dixième de degré près,de 107,6°.

b) Au dixième de degré près :mesure de l’angle formé par le boulevard Tremblayet la 3e Avenue : 79,1° ;mesure de l’angle formé par le boulevard Simonet la 2e Avenue : 93,3°.


17. Au mètre près, Benoît se trouve à une hauteur de 24 m.

18. a) Au centième de degré près, les mesures des anglessont respectivement de 37,32°, 66,36° et 76,32°.

b) Au mètre carré près, l’aire de la surface occupée parle musée est de 1295 m2.

19. a)

Le triangle étant isocèle, la hauteur issue de l’anglecompris entre les deux côtés isométriques estla bissectrice de cet angle en plus d’être la médiatricedu côté opposé à cet angle.

sin (40°) � � ⇒ � 2 sin (40°)

b) Les mesures des deux angles isométriques sont de 50°chacun.Par la loi des sinus, on obtient :

� ⇒ �

c) Par la loi des cosinus, on obtient :b2 � a2 � a2 � 2a2 cos (80°)b2 � 2a2(1 � cos (80°))

� ��2(1 � cos (�80°)).


20. Au centimètre près, la corde mesure 44 cm.

110°

40 cm

120°

A

B

CD

Page 192

ba

sin (80°)sin (50°)

ba

asin (50°)

bsin (80°)

ba

b2a

b�2a

40°a a

b2

Page 191


10. 500 m

11. a) m ∠ C � 55° m AB� � 2,47m AC� � 1,94

b) m ∠ F � 17,29° m ∠ E � 30,71°m DF� � 2,75

c) m ∠ I � 91° m GI� � 2,52m HI� � 1,18

d) m JL� � 6,19 m ∠ J � 23,56°m ∠ L � 21,44°

e) m ∠ M � 47,95° m ∠ O � 69,05°m MN� � 4,40

f ) m ∠ P � 74,78° m ∠ Q � 74,78°m ∠ R � 30,44°

12. a) 1) u2 2) u2

b) S �

c)

Hauteur du triangle issue du sommet C : h � b sin AAire du triangle ABC : S �En remplaçant h par son expression équivalente,

on obtient S � .


13. a) À 100 m près, la troisième ligne de coupe mesure8,7 km.

b) � 19,7 km2

14. a) 9,40 cm2

b) Au millimètre près, les deux diagonales mesurentrespectivement 4,7 cm et 6,0 cm.

c) Au dixième de degré près, les angles au centremesurent 41,8° et 138,2°.

Page 190

cb sin A2

ch2

A c

b

B

C

h

cb sin A2

75��22

35��24

Page 189


Exemple de démarche :On abaisse la hauteur BD dans le prolongement dela corde verticale qui retient le poids.On détermine les valeurs de tous les angles du triangleABC.m ∠ ABC � 130°m ∠ ABD � 60° ⇒ m ∠ DAB � 30°m ∠ DBC � 70° ⇒ m ∠ BCD � 20°On calcule les longueurs des côtés AB et BC par la loides sinus.m AB� � 17,859 cmm BC� � 26,108 cm

21. La grandeur de la force F1 est de 12,3 N, soit .

La grandeur de la force F2 est de 11,3 N, soit .

22. a) Le segment AD mesure, au centimètre près, 132,84 m.Plusieurs démarches possibles. Exemple :En traçant la diagonale BD,on forme les triangles ABD et BCD.En utilisant la loi des cosinus et la loi des sinus,on trouve :m BD� � 89,30 mm ∠ CBD � 53,85°m ∠ ABD � 142,15°m AD� � 132,84 m

b) Au dixième de degré près, l’angle A mesure 24,4°.


23. a) La mesure exacte de est de unités.Exemple de démarche :

Si l’on applique la loi des sinus au triangle ABC,

m � � �

� � .10��6310��2 � ��3

��3 � ��3

10��2��3

10 � ��2�2

��3�2

m BC� � sin 45°sin 60°AC

A

10

C

B

60° 45°

45°30°

D

10��63AC

Page 193

74,65 m

72 m

50,5 m

A

C

B

D

75°

196°

10 � sin 60°sin 50°

10 � sin 70°sin 50°

b) 1) m �Justification :Si l’on considère le triangle rectangle ADC,

m � m � cos A � � cos 60°

� � � .

2) m � 5Justification :Si l’on considère le triangle rectangle BDC,m � m � cos B � 10 � cos 45°

� 10 � � 5 .

3) m � m � m � � 5

�

c) sin 75° �Justification :En appliquant de nouveau la loi des sinus au triangleABC, on obtient :

sin 75° � �

� � .

d) L’égalité trouvée en c) est valide. Le sinus de 75° estenviron 0,9659258263.

24. Oui. L’aire de la zone protégée est environ de 3,29 km2.Plusieurs démarches possibles. Exemple :On divise la figure en trois parties : le rectangle ABCF,le triangle rectangle EFC et le triangle scalène ECD.

Aire du rectangle ABCF : 1,5 km2

Aire du triangle rectangle : 0,75 km2

Mesure du segment CE : ��12 � 1,52 � 1,80 kmMesure de l’angle D : � 62,96°

Aire du triangle ECD : � 1,04 km2

25. La personne devrait abaisser son regard d’environ 6°.Exemple de démarche :Dans le triangle ABC, l’angle intérieur B mesure 165°,soit 35 � (180 � 50).Par la loi des cosinus,m �

� 4,463.

Par la loi des sinus, sin C � � 0,1044.

On en déduit que m ∠ C � 6°.

1,8 � sin 165°4,463

�1,82 � 2,72 � 2 � 1,8 � 2,7 � cos 165°AC

2 � 1,167 sin 62,96°2

1 km

1,5 km

2 km

1 km 1 km1,167 km

A

B C

D

EF

��2 � ��64

15��2 � 15��660

5��6�

��

315��2� �

��3�2

10m AB� � sin 60°

m BC�

��2 � ��64

5��6 � 15��23

�25��63BDADAB�2��22

BCBD

�2BD

5��63

12

10��63

10��63ACAD

5��63AD

86


Chronique du passé

1. a) Environ 19 fois, soit . b) 89,9°

2. a) Environ 7,125°, ou 7 °.b) Environ 252 600 stades, ou 39 400 km.c) Environ 80 400 stades, ou 12 500 km.

Chronique du passé (suite)

3. Dans le cercle ci-contre, l’angle au centre AOB mesure 30°,et on a tracé la bissectrice OC de cet angle. Puisque le triangle AOB est isocèle,cette bissectrice est également une médiane.

On a donc :

m � � � 15,52916�

sin 15° � � � 0,2588194�.

Avec la calculatrice, on obtientsin 15° � 0,258819045 1…La table permet donc de déduire la valeur du sinus avecune précision de 6 décimales.

4. a) L’angle AOB mesure environ 1,8°. La période de l’orbitede la Lune autour de la Terre est de 39 343 min.En 196,2 min, la Lune parcourt donc un angle de � 360°.

b) En utilisant l’estimation du diamètre de la Terred’Ératosthène, soit 12 500 km, on peut estimerla distance Terre-Lune à 398 000 km.Justification :

sin 0,9° � ; donc m � �398 000.

Le monde du travail

1. Plusieurs réponses possibles. Exemple :

Sur le rivage, on place les deux piquets (P1 et P2) à une bonne distance l’un de l’autre. Avec la chaîne d’arpenteur,on peut déterminer la distance qui sépare ces deux piquets.

P1

P2330 pi

Page 197

6250sin 0,9°OA

12 500 2m OA�

196,239 343

15,52916�60

m AC�m OA�

31 � 3�60

� 30

�3600

2m AB�

2AC

A

B

CO

60

Page 195

18

1cos 87°

Page 194

7RUBRIQUES PARTICULIÈRESAvec le théodolite, on peut ensuite déterminer les mesures des angles formés par le segment reliant les deux piquets et les lignes de visée de chaque piquet orienté vers l’emplacement du bateau (B). Ces deux mesures permettent de trouver la mesure du troisième angle du triangle ainsi formé.

Pour connaître la distance qui sépare un voilier du rivage, on détermine la hauteur du triangle issue du sommet B.

Exemple : � ,

d’où m P1B� � 390,1 pietsin 53° � , d’où h � 311,5 pi.

2. a) Le cadet a raison de contester, car le terrain situé àl’ouest de la diagonale DB a quelque 4000 m2 de plusque celui situé à l’est.Mesures des angles C et A :492,442 � 4002 � 3002 � 2 � 400 � 300 cos C,d’où m ∠ C � 88,2°et 492,442 � 4502 � 2502 � 2 � 450 � 250 cos A,d’où m ∠ A � 84,3°.Hauteur du triangle BCD issue du sommet D :

sin 88,2° � , d’où h1 � 299,85 m.

Hauteur du triangle BAD issue du sommet D :

sin 84,3° � , d’où h2 � 248,76 m.

Aire du triangle BCD :

Aire � � 59 970 m2

Aire du triangle BAD :

Aire � � 55 971 m2

b) L’aire totale du terrain, selon les calculs effectués en a),est de 115 941 m2, soit 59 970 � 55 971.On désire donc partager le terrain en deux parties de 57 970,5 m2, soit(59 970 � 55 971) 2,pour traiter les deux frères avec équité. On reliele point D à un point E du segment CB de manière à former un triangle ayant une aire de 57 970,5 m2.

La hauteur du triangle CDE issue du sommet D mesure299,85 m.

A

B

C

D

E400 � x

x

88,2°

300 m

450 m

250 m

N

S

O E

450 � 248,762

400 � 299,852

h2250

h1300

P1

P2

B

73°

54°

53°330 pi

h

h390,1

m P1B�sin 73°

330sin 54°

P1

P2

B

73°

54°

53°330 pi


On peut donc établir la relation suivante :

Aire � 57 970,5 m2 �x � 386,66 mLa ligne droite qui partage le terrain en deux partiesayant la même aire part du point D et se rend au pointE situé à 386,66 m du point C sur le segment CB.

Vue d’ensemble

1. a) � 5,95 b) � 5,71

2. a) m ∠ A � 59,04º m ∠ C � 30,96ºm � 5,83

b) m ∠ D � 117,28º m ∠ E � 36,34ºm ∠ F � 26,38º

c) m ∠ G � 52,06º m ∠ H � 92,94ºm � 13,93

d) m ∠ J � 72,22º m ∠ L � 47,78ºm � 8,19

e) m ∠ N = 75º m � 9,66m � 2,59

f ) m ∠ Q � 103,22º m ∠ R � 35,78ºm � 5,53

3. Petite toile : Angles : � 28,4º, � 39,8º et � 111,8º.Côtés : 3 m, � 4,04 m et � 5,86 m.

Grande toile : Angles : � 39,8º, � 68,2º et � 72º.Côtés : � 4,04 m � 5,86 m et 6 m.

Vue d’ensemble (suite)

4. a) 1) 2)

b) Le signe de chacune des réponses en a) serait changé.

5. a) � 12,26 m2 b) � 11,81 cm2 c) � 11,29 cm2

6. a) A � � 54 � 132,27L’aire du triangle est donc environ de 132,27 u2.

b) On obtient le même résultat.Plusieurs démarches possibles, selon l’angle choisi. Exemple :

cos A � � �

m ∠ A � 78,463°

A � � 15 � 18 � sin 78,463° � 132,27

7. Le résultat donnera toujours 90° quelle que soit la valeurdu rapport, pour autant que ce rapport soit dans l’intervalle[0, 1].Plusieurs justifications possibles. Exemple :Il faut montrer que, pour toutes les valeurs de x dansl’intervalle [0, 1],Arcsin (x ) � Arccos (x ) � 90°.

12

15

108540

152 � 182 � 212

2 � 15 � 18

�6�27 � 6 � 9 � 12

��73

34

Page 199

PQ

ONOM

JL

GI

AC

Page 198

x � 299,852

Si x � 0, on a Arcsin (0) � 0° et Arccos (0) � 90°.L’égalité est donc vérifiée.Si x � 1, on a Arcsin (1) � 90° et Arccos (1) � 0°.L’égalité est encore vérifiée.Si x est dans l’intervalle ]0, 1[, alors les fonctions Arcsin (x )et Arccos (x ) donnent les mesures de deux angles aigus.On peut représenter la situation par le triangle rectanglesuivant.

Dans ce triangle, sin A � x et cos B � x.On a donc Arcsin (x ) � Arccos (x ) � m ∠ A � m ∠ B

� 90°.


8. a) � 12,5º, � 11,4º, � 21,1º, � 18,4º, � 26,6ºb) On remarque que les régions bleue, jaune et rouge

seraient plus petites, alors que les deux autres seraientplus grandes. De plus, la région blanche ne serait plusdélimitée par un triangle, mais bien parun quadrilatère, et la région rouge serait alorsdélimitée par un triangle.

tan 18° � , d’où a � 39 cm.

tan 18° � , d’où e � 58,5 cm et d � 61,5 cm.

� , d’où b � 48,2 cm.

Avec les côtés de 126,2 cm et de 48,2 cm, l’angle de108° et la loi des cosinus, on peut obtenir la mesuredu côté de 148,4 cm.

Et � , d’où c � 78 cm.

9. a) � 1,87 mb) � 2,05 m, soit 1 m � 1,05 m.

148,4sin 36°

csin 18°

126,2sin 54°

bsin 18°

e180

a120

120 cm

180 cm

a c

e

b

d

18°18°

18°18°

18°

72° 54° 36°108° 126°

126,2 cm148,4 cm

Bleu Jaune Rouge

Blanc

Vert

Page 200

1

A C

B

x

88


c) Non. La plus petite ombre possible est de 1,86 m,lorsque le panneau a un angle d’inclinaison de 55° ou,en d’autres termes, lorsque les rayons du soleilfrappent perpendiculairement le panneau. Autrementdit, il n’est pas possible de déterminer un angle quipermettrait de former le triangle suivant.

�

Aucun angle ne permet d’obtenir cette égalité.Cet angle ne pouvant pas être défini, l’angled’inclinaison du panneau ne peut pas l’être non plus.Le triangle comportant un angle droit lorsqueles rayons du soleil frappent perpendiculairementle panneau représente la situation qui permetd’obtenir la plus petite ombre possible. Dans ce cas,on a la relation suivante :

� , d’où x � 0,86,ce qui crée une ombre de 1,86 m de longueur (soit 1 m � 0,86 m).

10. � 511,2 m


11. � 7,7 m

12. Eau : � 151,8 pmSulfure d’hydrogène : � 192,4 pmÉthylène :– horizontalement : � 246,9 pm ;– verticalement : � 185,8 pm ;– diagonalement : � 308,9 pm.

13. a) À 280,55 m environ. b) � 61,43 m


14. a) À 13,86 m environ. b) À 17,64 m environ.c) À 17,19 m environ.

15. a) m ∠ A � 58,668º m ∠ B � 80,267ºm ∠ C � 41,075º

b) m � 2,2 cm m � 1,692 cmm � 11,308 cm m � 9,8 cm

c) m � 2,539 cm m � 7,539 cmd) Au dixième près, m ∠ FDB et m ∠ EDC sont toutes

les deux de 58,7º.e) Réponses personnelles. Exemple :

La conjecture est vraie.La démonstration n’est pas simple. Par contre,en refaisant la démarche de Nadia à l’aided’un logiciel de géométrie dynamique, on peut obtenirplusieurs exemples qui invitent à émettrecette conjecture.

DEFDCEDCBDFB

Page 202

Page 201

1,5sin 90°

xsin 35°

0,75 m ?

35°1,5 m

1,5sin ?

0,75sin 35°


16. a) Au dixième près, 10,9 al.b) 1) Au millionième de degré près, la parallaxe est

de 0,000 002º, soit un peu plus de 0,007 s.2) Oui, car 0,007 0,005.

c) À 3270 al environ.

Banque de problèmes

17. Steve surestime cet angle de dépression, qui est plutôtde 2,7°.Plusieurs démonstrations possibles. Exemple :Le schéma suivant représente la situation.

Le point O est le centre de la Terre. Le point S représenteles yeux de Steve. On peut estimer que ce point Sse trouve à 7 km de la surface de la Terre. La mesuredu segment OS est donc environ de 6385 km.La demi-droite ST, qui est perpendiculaire au segment OS,est une ligne horizontale selon le point de vue de Steve.Le point H représente un point sur la ligne d’horizon.La demi-droite SH est tangente au cercle et,par conséquent, perpendiculaire au rayon OH.L’angle de dépression de la ligne d’horizon est l’angleTSH, qui est isométrique à l’angle SOH puisque ces deuxangles sont complémentaires de l’angle OSH.On calcule la mesure de l’angle O dans le trianglerectangle OHS.

On obtient alors cos O � � � 0,9989 ;donc m ∠ O � 2,7°.

18. Cet objet se trouve approximativement à une distancese situant entre 93,8 m et 114,6 m.Plusieurs démarches possibles. Exemple :On peut représenter la situation par la figure suivante,où l’angle A correspond à l’angle de visée et d estla distance (en m) à laquelle se trouve réellementcet objet.

On a la relation suivante : tan A � .d0,9

A

B Cd

0,9

63786385

m OH�m OS�

H

O

ST

Page 204

Page 203


Si la distance qui a été calculée est de 103 m, c’est doncque l’angle A mesuré est tel que

tan A � � 114,44, ce qui permet de dire que

la mesure observée de l’angle A est environ de 89,50°.

Puisque l’angle A est mesuré à ±0,05° près, la valeurréelle de l’angle A se situe entre 89,45° et 89,55°.Dans le premier cas, on obtient d � 0,9 tan 89,45° � 93,8.Dans le second cas, on obtient d � 0,9 tan 89,55° � 114,6.La distance réelle de cet objet se situe dans l’intervallelimité par ces deux bornes.

Banque de problèmes (suite)

19. Plusieurs explications possibles. Exemple :Le volume d’une pyramide est donné par la formule

V � , où Ab est l’aire de la base de la pyramide et h, sa hauteur.L’aire de la base est connue ; elle est de 54 cm2,

soit .Reste à trouver la mesure de la hauteur de la pyramide.Voici une représentation qui permet de visualiserce qu’on obtient lorsqu’on reconstitue la pyramideà partir de son développement.

À la fin de leur déplacement, les points D, E et Fse confondent en un seul point K, qui est l’apex dela pyramide. Cet apex se trouve au-dessus du point J.Le segment JK correspond donc à la hauteurde la pyramide.Le triangle HJK est rectangle en J. Pour déterminerla mesure du côté JK, on peut d’abord calculerles mesures des côtés HK et HJ, puis appliquer la relationde Pythagore.

A

B

C

D

E

F

GH

I

J

K

12 � 92

Ab � h3

Page 205

1030,9

Mesure du segment HKEn appliquant la loi des cosinus au triangle BCE,

on obtient cos C �

� � 0,23077.

On en déduit que, dans ce triangle, m ∠ C � 76,66°.Dans le triangle rectangle CHE, l’angle C est le même,

et sin C � .

On a donc m � m � sin C � 13 � sin 76,66°� 12,65.

La mesure de est identique à celle de puisqu’ils’agit du même segment qui a été déplacé.

Mesure du segment HJEn appliquant la loi des cosinus au triangle CFA,

on obtient cos C �

� � 0,375.

Dans le triangle rectangle CIF, l’angle C est le même,

et cos C � .

On a donc m � m � cos C � 13 � 0,375� 4,875.

Le mesure de est identique à celle de ,car le quadrilatère CIJH est un rectangle.

Calcul du volume de la pyramide

Hauteur (en cm) : m � (m )2 � (m )2

� � 11,67

Volume : V � � 210Le volume est approximativement de 210 cm3.

20. Il lui reste à parcourir 26 m.Plusieurs démarches possibles. Exemple :Soit α, la mesure de l’angle d’inclinaison de la côteen degrés.Puisque la pente de la côte est de 20 %, tan α � 0,2.On en déduit que α � 11,3.Voici une représentation de la situation dans laquelleon a inscrit les mesures de certains angles.

AB

C

D

E

F

G

H

5°

13,7°11,3°11,3°

11,3°18,7°

78,7°78,7°

101,3°

60°

54 � 11,673

�12,652 � 4,8752HJHK�JK

CIHJ

CFCI

m CI�m CF�

132 � 122 � 142

2 � 13 � 12

(m CF� )2 � (m CA� )2 � (m AF� )2

2 � m CF� � m CA�

EHHK

CEEH

m EH�m CE�

132 � 92 � 142

2 � 13 � 9

(m CE� )2 � (m CB� )2 � (m BE� )2

2 � m CE� � m CB�

90


Dans cette représentation, représente la côte, ,l’arbre, et et , les distances entre le sol et les yeuxde la personne aux deux points d’observation. Le segmentBD relie les deux positions des yeux de cette personne.Le prolongement de coupe en H. Puisque et sont isométriques et parallèles, le quadrilatèreACDB est un parallélogramme, donc est parallèle à . Tous ces renseignements permettent de trouverles mesures des angles qui sont donnés en utilisantdifférentes propriétés géométriques(angles correspondants, complémentaires,supplémentaires, angle extérieur d’un triangle, etc.).On sait que la mesure de est égale à 10. On cherchela mesure de .

Mesure du segment DGPuisque le quadrilatère ACDB est un parallélogramme,m � m � 10.En appliquant la loi des sinus au triangle BDG,

on obtient �

m � � � 27,2.

Mesure du segment DHEn appliquant la loi des sinus au triangle DGH,

on obtient �

m � � � 24.

Mesure du segment CFPuisque le quadrilatère CFHD est un parallélogramme,m � m � 24. Il lui reste donc 24 m à parcourir.


21. Plusieurs réponses possibles, selon que les élèvesutilisent des valeurs exactes dans leur calcul oudes approximations qui peuvent avoir différents degrésde précision. Exemple (basé sur des réponsesintermédiaires arrondies au cent-millième près) :Lorsqu’on trace la bissectrice AD de l’angle A, on obtientla figure suivante :

En considérant le triangle rectangle ACD, on constate que sin 15° correspond tout simplement au rapport

et cos 15°, au rapport . Il suffit donc de déterminerles valeurs de x et de y.

��3y

xy

1 � x

xy

�3

2

A

B

C

D

15°15°

Page 206

DHCF

27,2 � sin 60°sin 101,3°

m DG� � sin Gsin H

DH

m DG�sin H

m DH�sin G

10 � sin 13,7°sin 5°

m BD� � sin Bsin G

DG

m BD�sin G

m DG�sin B

ACBD

CFAC

ACBD

CDABFGBD

CDABFGAF Par le théorème de la bissectrice, on a � .

En remplaçant les termes de cette proportion parles expressions dans la figure, on obtient l’équation suivante : � .

La résolution de cette équation donne x � �0,46410.Par la relation de Pythagore, on a y � x 2 � (��3)2 �

� 1,79315.On obtient donc sin 15° � � 0,25882

et cos 15° � � 0,96593.

22. Il faudrait dire à l’artiste peintre que c’est impossible.Si les quatre triangles sont équivalents, ils doiventnécessairement être isométriques.Plusieurs démonstrations possibles. Exemple :On suppose ici qu’il existe une façon de découperle triangle équilatéral dont les côtés mesurent 12 mchacun en quatre triangles équivalents non isométriques.

On applique la formule du calcul de l’aire.

Aire du triangle ABC : (12)(12) sin 60° � 72 sin 60°

Aire du triangle AXY : xy sin 60°Puisqu’on suppose que l’aire du triangle AXY est le quartde l’aire du triangle ABC, on obtient l’équation

xy sin 60° � ,qu’on peut simplifier pour arriver à xy � 36.De la même façon, on peut montrer que uz � 36et vw � 36.On sait que, parmi tous les rectangles ayant lesdimensions x et y et dont l’aire est de 36, celui qui a leplus petit périmètre est le carré. Dans ce cas, x � y � 6,et le demi-périmètre x � y est égal à 12. Tous les autresrectangles ont un périmètre plus grand, ce qui signifie quex � y 12.Par conséquent, si xy � 36 et si l’une de ces deuxvariables n’est pas égale à 6, alors x � y 12.Cela est également vrai dans le cas des variables u et z,et dans celui des variables v et w.

72 sin 60°4

12

12

12

A B

C

X

Y

Z

v

u

wx

y

z

��31,79315

0,464101,79315

�0,464102 � 3�

��32 � ��3

1 � x2

x

��3

m BD�m AB�

m CD�m AC�


En conséquence, si une seule des variables de u à zn’est pas égale à 6, alors on aura (x � y ) � (u � z ) �(v � w) 12 � 12 � 12.Le membre de gauche de cette inéquation estle périmètre du triangle ABC. Or, ce périmètre est égalà 36. On aurait donc 36 36, ce qui est impossible.Il faut donc que toutes les variables soient égales à 6,ce qui donne quatre triangles isométriques.


23. La distance est environ de 51 m.Plusieurs démarches possibles. Exemple :On peut représenter l’Atomium par la figure suivante,dans laquelle les points C, D et E sont les centresde différentes sphères.

On cherche à déterminer la mesure de .En appliquant la loi des cosinus au triangle CDE,on obtient :

cos D � � 0,34295

m ∠ D � 70°À partir du point C, on abaisse des segmentsperpendiculaires CF et CG sur les segments AD et AB,respectivement, pour obtenir la figure ci-dessous,dans laquelle on a ajouté la mesure de , qui est de 52,soit 41 � 11, et celle de l’angle D.

En appliquant les définitions des rapports sinus et cosinusau triangle rectangle DFC, on obtient :m � 41 � sin 70° � 38,5m � 41 � cos 70° � 14,0Puisque le quadrilatère AGCF est un rectangle, on a :m � m � 38,5m � m � m � m � 52 � 14 � 38DFADFACG

FCAG

DFFC

A B

C

D

E

F

G

41

4052

70°

AD

412 � 412 � 472

2 � 41 � 41

AB

A B

C

D

E

41

40

41

11

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En appliquant la relation de Pythagore au trianglerectangle BGC, on obtient :m � (m )2 � (m )2

� � 12,5On obtient donc m � m � m � 38,5 � 12,5 � 51.La distance entre l’axe central et l’endroit où le bipodearrière touche le sol est donc de 51 m.

BGAGAB

�402 � 382CGBC�BG

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7 la trigonométrie - apprendre... autrementdistance mars-soleil en utilisant les observations...

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