TRIGONOMETRIE ET CALCUL NUMERIQUE

TRIGONOMETRIE ET CALCUL NUMERIQUE

Examen d'admission, juillet 2017

Question 1

Démontrer que si la condition suivante est vérifiée :

cos�� + �� = cos�� cos�� alors

sin²�� + �� = �sin�� + sin��

Solution

En utilisant : cos�� + �� = cos�� cos�� − sin�� sin��

La condition énoncée peut aussi s’écrire comme : sin�� sin�� = 0 → sin�� = 0 ou sin�� = 0 (1)

En développant chaque membre de l’identité à démontrer, on a : 1 − cos �� + �� = sin �� + 2 sin�a� sin�b� + sin ��?

1 − �cos�� cos�� − sin�� sin��

� = sin �� + 2 sin�a� sin�b��

��+ sin ��?

1 − cos �� cos �� = sin �� + sin ��?

Compte tenu de (1), cette égalité devient : 1 − cos �� = sin �� ou 1 − cos �� = sin ��

selon que sin�� = 0 ou sin�� = 0� !"

Question 2

Soit un triangle quelconque ABC dont les côtés sont en progression arithmétique de raison r. L’aire de ce

triangle est égale à celle du triangle équilatéral de même périmètre.

Etablir l’expression de l’angle de valeur intermédiaire du triangle ABC en fonction du rapport r/a, si a

désigne la longueur du côté opposé à l’angle recherché.

Solution

Dans le triangle ABP, rectangle en P : sin�#� = ℎ% → ℎ = sin�#� ∙ �� − '�

L’aire du triangle ABC est donc d’expression :

= �2 ∙ sin�#� ∙ �� − '� (1)

Le triangle équilatéral de même périmètre que le triangle ABC possède trois côtés de même longueur a.

Par conséquent, l’aire de ce triangle équilatéral est d’expression :

= �2 ∙ �� ∙ sin�60°�� =

�2 ∙ �

�√32 � (2)

En égalant (1) et (2), il vient après simplification :

sin�#� ∙ �� − '� = �√32

En utilisant : �

sin�,� =�

sin�#�

on trouve l’expression de l’angle de valeur intermédiaire A :

sin�,� = √32

11 − -'�.

h

A

BC

b = a+rc = a-r

aP

Question 3

Le point central de la base inférieure, de largeur a, d’un trapèze de hauteur h est situé à une distance d

d’un point O situé dans l’alignement et n’appartenant pas à la base précitée. Si on prolongeait les côtés de

ce trapèze, ils se rejoindraient en un point P situé à une hauteur H du point O, selon une direction

orthogonale à la base du trapèze.

Exprimer le rapport entre les longueurs des bases inférieure et supérieure.

Solution

Sur le dessin, la grande base et la petite base correspondent respectivement aux segments AB = a et CD = b.

Dans le triangle OBP, rectangle en O : tan�0� = 121# =

34 + �2

Dans le triangle ECP, rectangle en E : tan�0� = 525� =

3 − ℎ46 + �2

Par conséquent, en égalant les deux membres de droite :

46 + �2 =3 − ℎ3 ∙ -4 + �2. (1)

Ensuite, dans le triangle OMP, rectangle en O : tan�7� = 1218 = 3

4

et dans le triangle ENP, rectangle en E : tan�7� = 5259 = 3 − ℎ

46

En égalant à nouveau les deux membres de droite, il vient cette fois :

46 = 4 ∙ 3 − ℎ3 (2)

En substituant d′ par son expression (2) dans (1), on trouve le rapport entre les longueurs des bases

inférieure et supérieure :

4 ∙ 3 − ℎ3 + �2 =3 − ℎ3 ∙ -4 + �2.

�� =

3 − ℎ3

βγ

P

O

Hh

A B

CD

d

d′

γ

M

N

βE

Trouver toutes les valeurs de x pour lesquelles l’égalité suivante est vérifiée:

2sin�:� + cos�:� = 2 sin² -:2. + 3 tan -:2.

Présenter sur le cercle trigonométrique celles appartenant à l’intervalle [-π, π[.

Solution

En utilisant : 2 sin �� = 1 − cos�2��

2 sin�:� + cos�:� = 1 − cos�:� + 3 tan -:2.

Ensuite, en posant : ; = tan -:2. → sin : = 2;1 + ; et cos : = 1 − ;

1 + ; 21 + ; �2; + 1 − ; � = 1 + 3; �3; − 1��; + 1� = 0

Premier ensemble de solutions :

; = tan -:2. = ±√33 → :2 = ±=6 + >=

? = ±@A + BC@

Second ensemble de solutions :

; = tan -:2. = −1 → :2 = −=4 + >=

? = −@B + BC@

Question 4


Examen d'admission, septembre 2017

Question 1

Résoudre dans l’ensemble des réels et en spécifiant les conditions d’existence :

2sin (𝑥) cot(𝑥) + sin(3𝑥) + sin(𝑥) = 0

Représenter les solutions appartenant à l’intervalle [-, [ sur le cercle trigonométrique.

Solution L’équation peut aussi s’écrire :

2sin (𝑥)cos (𝑥)

sin (𝑥)+ sin(3𝑥) + sin(𝑥) = 0

CE : sin(𝑥) ≠ 0 ⟺ 𝑥 ≠ 𝑘𝜋

Une fois la condition d’existence établie, on peut résoudre l’équation comme suit :

2 sin(𝑥) cos(𝑥) + sin(3𝑥) + sin(𝑥) = 0

sin (2𝑥) + sin(3𝑥) + sin(𝑥) = 0

sin (2𝑥) + 2 sin(2𝑥) cos(𝑥) = 0

sin (2𝑥)(1 + 2 cos(𝑥)) = 0


sin(2𝑥) = 0 → 2𝑥 = 𝑘𝜋

𝑥 = 𝑘𝜋

2

Etant donné la condition d’existence, les solutions pour k pair sont à rejeter. Il reste donc :

𝑥 = ±𝜋

2+ 2𝑘𝜋


cos(𝑥) = −1

2 → 𝑥 = ±

2𝜋

3+ 2𝑘𝜋

Question 2

Vérifier l’identité suivante :

tan 𝛼 − cot 𝛼

tan 𝛼 +1

sin 𝛼

= tan(𝛼) −cot(𝛼)

Solution L’identité à vérifier peut aussi s’écrire :

tan 𝛼 −1

tan 𝛼= tan(𝛼) −

1

tan(𝛼)∙ tan 𝛼 +

1

sin 𝛼

En développant le membre de droite, il vient :

tan(𝛼) −1

tan(𝛼)∙ tan 𝛼 +

1

sin 𝛼

= tan 𝛼 +1

sin(𝛼) cos(𝛼)− tan(𝛼) −

cos(𝛼)

sin 𝛼

= tan 𝛼 +sin 𝛼 ∙ (1 − sin 𝛼) − cos 𝛼

sin 𝛼 ∙ cos(𝛼)

= tan 𝛼 −cos 𝛼

sin 𝛼 ∙ cos(𝛼)

= tan 𝛼 −1

tan 𝛼 𝐶𝑄𝐹𝐷

Question 3

Soit le trapèze ABCD rectangle en A, de hauteur h. La grande base a une longueur AB = a et la petite base une longueur CD = b. L’angle entre le côté oblique du trapèze et la hauteur est noté . La grande base restant fixe et la hauteur inchangée, on déplace ensuite la petite base parallèlement à la grande base, de telle sorte que le trapèze soit rendu isocèle.

Exprimer l’angle en fonction du rapport a/h (supérieur à 1) pour que les diagonales du trapèze isocèle ainsi obtenu soient de même longueur que la grande base. Solution

Le trapèze ABCD étant isocèle, les segments DDet CP sont de longueurs égales. En outre, d’après le dessin, il est facile de voir que les segments DD et CC sont eux aussi de mêmes longueurs. On peut donc conclure que CC = CP.

Soit x la longueur commune de ces deux segments. Dans le triangle BPC, rectangle en P :

tan(𝛽) =𝐶𝑃

𝐵𝑃 → 𝑥 =

ℎ

2tan(𝛽) (1)

Ensuite, en appliquant le théorème de Pythagore dans le triangle BPD, rectangle en P :

𝐵𝐷 = ℎ + 𝑃𝐷′

ou encore, puisque d’après l’énoncé, BD = a :

𝑎 = ℎ + (𝑎 − 𝑥)

Il vient l’équation du second degré à résoudre en l’inconnue x :

𝑥 − 2𝑎𝑥 + ℎ = 0

→ 𝑥 = 𝑎 ± 𝑎 − ℎ (2)

En éliminant x entre les équations (1) et (2), il vient finalement l’expression recherchée :

h

A B

CDC

D

P

a

bb

tan(𝛽) = 2𝑎

ℎ± 2

𝑎

ℎ− 1

Pour a/h supérieur à 1, vérifions les conditions d’existence de telle sorte que :

0 < tan(𝛽) < ∞ ⇔ 0 < 𝛽 < 90° Vérification :

2𝑎

ℎ± 2

𝑎

ℎ− 1 < ∞ ? Toujours vrai car, si a > h, la racine carrée existe dans ℝ.

D’autre part :

2𝑎

ℎ+ 2

𝑎

ℎ− 1 > 0 ?

𝑎

ℎ> −

𝑎

ℎ− 1 Toujours vrai si a > h

2𝑎

ℎ− 2

𝑎

ℎ− 1 > 0 ?

𝑎

ℎ>

𝑎

ℎ− 1 ?

𝑎

ℎ>

𝑎

ℎ− 1 Toujours vrai si a > h

Soient deux satellites, assimilés aux points S et T, en orbite circulaire dans le même plan autour d’une planète sphérique de centre O et de rayon unitaire r = 1. Le premier satellite (point S) se situe à une distance minimale p de la surface de la planète et le second (point T) à une distance minimale q.

Exprimer la distance q en fonction de la distance p, de telle manière que dans le plan orbital commun, l’arc de cercle visible depuis le point S vaille le double de celui visible depuis le point T. Solution

D’après l’énoncé, l’arc APB vaut le double de l’arc DTC. Ceci revient à poser la condition :

𝛼 = 2𝛽 → cos(𝛼) = cos(2𝛽) (1)

Soient SP = p et TQ = q. Dans le triangle OAS, rectangle en A :

cos(𝛼) =𝑂𝐴

𝑆𝑃 + 𝑃𝑂=

𝑟

𝑝 + 𝑟 → cos(𝛼) =

1

𝑝 + 1

et, de manière analogue, dans le triangle OCT, rectangle en C :

cos(𝛽) =𝑂𝐶

𝑇𝑄 + 𝑄𝑂=

𝑟

𝑞 + 𝑟 → cos(𝛽) =

1

𝑞 + 1

En utilisant la relation cos(2𝑎) = 2 cos 𝑎 − 1 et tenant compte de la condition (1), il vient :

cos(𝛼) = 2 cos 𝛽 − 1

1

𝑝 + 1= 2

1

𝑞 + 1− 1

𝑞 =2 (𝑝 + 1)

𝑝 + 2− 1

STO

P Q

A

B

C

D

Question 4



Trouver toutes les valeurs de x pour lesquelles l’égalité suivante est vérifiée:

sin 5� + sin � + 2 sin² � = 1

Présenter sur le cercle trigonométrique celles appartenant à l’intervalle [-π, π[.

Solution

En utilisant : �sin� � + sin�� = 2sin � + �2 � cos � − �2 �cos�2 � = 1 − 2 sin��

2 sin�3�� cos�2�� = cos�2�� cos�2�� 2 sin�3�� − 1� = 0

Premier ensemble de solutions : cos�2�� = 0 → 2� = ±�2 + 2��

� = ±� + !�

Second ensemble de solutions : 2sin�3�� − 1 = 0 → sin�3�� = 12

3� = �6 + 2�� et 3� = 5�6 + 2�� = �18 + 2��3 et � = 5�18 + 2��3

Question 2

Démontrer que l’identité suivante est vérifiée dans tout triangle ABC:

sin�$�cos %$ − &2 ' = 2� cos %(2'� + )

Solution

�� + )� sin�$� = 2� cos �(2� cos �$ − &2 �?

Question 1

En utilisant : cos� � cos�� = 12 �cos� + �� + cos� − ��

Le membre de droite s’écrit : = � �cos �( + $ − &2 � + cos �( − $ + &2 ��

Or : ( + $ + & = � → +cos �( + $ − &2 � = cos �� − 2&2 � = sin�&�cos �( + & − $2 � = cos �� − 2$2 � = sin�$��

Donc en remplaçant, il vient : �� + )� sin�$� = ��sin�$� + sin�&��? ) sin�$� = � sin�&�? )sin�&� = �sin�$� &,-.

Question 3

Démontrer que le triangle ABC est équilatéral si les conditions suivantes sont remplies :

�/ + )/� + ) = � et sin�$� sin�&� = 34

Solution

En utilisant l’identité remarquable de degré 3 : �/ + )/ = �� + )�� + )� − �)�

la première condition peut également s’écrire : �� + )� − �) = �

D’autre part, on a dans tout triangle ABC : � = �� + )� − 2�) cos(

Par conséquent : �� + )� − �) = �� + )� − 2�) cos( → cos( = 12

→ ( = 60° (1)

et comme : ( + $ + & = 180° → $ + & = 120°

Considérons à présent la deuxième condition. En développant le membre de gauche, il vient : sin$ sin& = 122cos�$ − &� − cos �$ + &�345467�8° 9

= 12 cos�$ − &� + 14

Dès lors : 12 cos�$ − &� + 14 = 34 → cos�$ − &� = 1

→ $ − & = 0°

→ $ = &

Et puisque : $ + & = 120° → $ = & = 60° (2)

Le triangle ABC est donc bien équilatéral puisque, selon (1) et (2), tous les angles valent 60°.

Question 4

Dans un plan perpendiculaire au sol horizontal, soit un mât rectiligne fixé rigidement au point O et incliné

d’un angle θθθθ par rapport la verticale. Un premier observateur situé au niveau du sol au point A appartenant

au plan précité voit le mât, du point O en son sommet, sous un angle αααα. Un second observateur situé au

point B de l’autre côté du mât, dans l’alignement avec les points O et A de telle sorte que OA est égal à OB,

voit le mât (toujours du point O au sommet) sous un angle ββββ supérieur à αααα.

Exprimer l’angle θθθθ en fonction des angles αααα et ββββ, de la distance d entre les deux observateurs et de la

hauteur h abaissée du sommet du mât perpendiculairement au sol.

Calculer ensuite en degrés la valeur numérique de l’angle θθθθ si αααα = 30°, ββββ = 60° et le rapport d/h = 4/√√√√3.

Solution

Etant donné que α < β, le mât est incliné vers l’observateur situé au point B.

Dans le triangle PSA, rectangle en P : tan< = =>(= → ℎ = tan< ∙ �(A + A=� (1)

Dans le triangle PBS, rectangle en P : tanB = =>=$ = ℎA$ − A= (2)

En éliminant h entre les expressions (1) et (2), il vient : A= = A$ tan B − (A tan<tan< + tan B

ou encore, puisque AO = OB = d/2 : A= = C2 ∙ tanB − tan<tan< + tanB

A BO

S

P

θ

θ

α β

h

Ainsi, dans le triangle PSO, rectangle en P : tan D = A==> = A=ℎ → tan D = C2ℎ ∙ tanB − tan<tan< + tanB

Avec α = 30°, β = 60° et le rapport d/h = 4/√3, on obtient : tan D = 12 ∙ 4√3 ∙ tan 60° − tan30°tan 30° + tan60°

= 2√3 ∙ √3 −√33√33 + √3 =

√33 → D = 30°



Résoudre l’équation trigonométrique suivante en précisant les conditions d’existence :

tan � − sin�tan � + sin� = 2 − 2 cos �

Représenter les solutions appartenant à l’intervalle [-π, π[ sur le cercle trigonométrique.

Solution

L’équation peut aussi s’écrire : sin �cos � − sin �sin �cos � + sin �

= 2 − 2 cos �

CE : cos � ≠ 0et sin �cos � + sin� ≠ 0

⟺ � ≠ �2 + ��et sin � �1 + cos �� ≠ 0

⟺ � ≠ �2 + ��et sin � ≠ 0�� cos � ≠ −1

⟺ � ≠ �2 + ��et� ≠ ��

Une fois les conditions d’existence précisées, on peut résoudre l’équation comme suit : sin � − sin� cos �sin� + sin� cos � = 2 − 2 cos �

sin � �2cos�� − cos� − 1� = 0

2cos�� − cos � − 1 = 0

Il s’agit d’une équation du second degré en l’inconnue cos x. D’où :

cos � = 1 ± √94


cos�� = 1 → � = 2�� A rejeter étant donné la condition d’existence x ≠ kπ.


cos�� = −12 → � = ±2�3 + 2��

Question 1

Question 2

Démontrer que l’expression E ci-après est indépendante de a et vaut 1 :

= sin�3!�4 sin! ∙ sin�60° + !� ∙ sin�60° − !�

Solution

Le numérateur du membre de droite de l’expression E s’écrit :

sin�3!� = sin�2! + !�

= sin�2!� cos ! + sin! cos�2!�

En utilisant : sin�2!� = 2 sin ! ∙ cos! et cos�2!� = cos�! − sin�!

on trouve :

= 3 sin! ∙ cos�! − sin%! (1)

Considérons maintenant le dénominateur du membre de droite de l’expression E :

4 sin! ∙ sin�60° + !� ∙ sin�60° − !�

= 4 sin! ∙ �sin60° cos! + sin acos 60°� ∙ �sin 60° cos ! − sin acos 60°�

Compte tenu des valeurs remarquables sin 60°= √3/2 et cos 60°= 1/2, on obtient :

= 3 sin! ∙ cos�! − sin%! (2)

Les expressions (1) et (2) étant identiques, on vérifie bien E = 1 indépendant de a.

Question 3

Démontrer que si la relation ci-après est satisfaite, alors le triangle ABC est rectangle :

1 + cos& = sin' + sin(

Solution

En utilisant les formules trigonométriques donnant cos(2a) et sin p+sin q, on peut écrire :

cos )2 ∙ &2* = 2cos� )&2* − 1et sin' + sin( = 2 sin )' + (2 * ∙ cos )' − (

2 *

Ainsi, la relation de départ devient :

cos� )&2* = sin )' + (2 * cos )' − (

2 *

et, comme dans tout triangle ABC : ' + & + ( = 180°

cos� )&2* = sin )90° − &2* ∙ cos )

' − (2 *

= cos )&2* ∙ cos )' − (2 *

ou encore, en simplifiant :

cos )&2* = cos )' − (2 * → & = ' − (ou& = −�' − (�

→ ' = & + (-./012°34

ou( = ' + &-./012°35

→ ' = 90°ou( = 90°

Le triangle ABC est donc rectangle en A ou en C.

Question 4

Soit deux cercles tangents entre eux et de rayons différents, ainsi que les deux droites tangentes de

manière commune à ces deux cercles. Exprimer l’angle αααα que forment ces deux droites en fonction des

rayons respectifs r et R des deux cercles.

Soit un troisième cercle, tangent au plus petit des deux cercles précédents et également tangent aux deux

droites précédentes. Exprimer le rayon x de ce troisième cercle en fonction des rayons respectifs r et R des

deux premiers cercles.

Calculer la valeur numérique de l’angle αααα ainsi que celle du rayon x si r=4 cm et R=12 cm.

Solution

Dans le triangle ABC, rectangle en C : sin 62 =&('& = 7 − 8

7 + 8 (1)

ce qui correspond à la première relation demandée.

De la même manière, dans le triangle OAD, rectangle en D : sin62 ='9:' = 8 − �

8 + � (2)

En égalant membre à membre les expressions (1) et (2), il vient : 7 − 87 + 8 =

8 − �8 + �

7 ∙ �8 + �� − 8 ∙ �8 + �� = 7 ∙ �8 − �� + 8 ∙ �8 − ��

rR

x

O A B

CDα/2α α/2

2� ∙ 7 = 28� → � = 8�

7 (2)

Avec les valeurs numériques r = 4 cm et R = 12 cm, on obtient :

sin62 =12 − 412 + 4 =

12 →

62 = 30°

→ 6 = 60°

et

� = 4�12 =

43 → � = 1,33<=

Solutions juillet 2015 – page 1



Question 1

Résoudre l'équation trigonométrique suivante : sin 3 1 cos 2 sin 0x x x

Représenter les solutions sur le cercle trigonométrique.

Solution

En utilisant :

{

𝐬𝐢𝐧(𝒂 + 𝒃) = 𝐬𝐢𝐧𝒂 𝐜𝐨𝐬𝒃 + 𝐬𝐢𝐧𝒃𝐜𝐨𝐬𝒂

𝐜𝐨𝐬(𝟐𝒂) = 𝟏 − 𝟐𝐬𝐢𝐧𝟐(𝒂)𝐬𝐢𝐧(𝟐𝒂) = 𝟐𝐬𝐢𝐧(𝒂) 𝐜𝐨𝐬(𝒂)

𝐬𝐢𝐧𝟐(𝒂)+ 𝐜𝐨𝐬𝟐(𝒂) = 𝟏

𝐬𝐢𝐧(𝟐𝒙) 𝐜𝐨𝐬(𝒙) + 𝐬𝐢𝐧(𝒙) 𝐜𝐨𝐬(𝟐𝒙) + 𝟏 − 𝟏 + 𝟐 𝐬𝐢𝐧𝟐(𝒙) − 𝐬𝐢𝐧(𝒙) = 𝟎

𝟐 𝐬𝐢𝐧(𝒙) 𝐜𝐨𝐬𝟐(𝒙) + 𝐬𝐢𝐧(𝒙) (𝟏 − 𝟐 𝐬𝐢𝐧𝟐(𝒙)) + 𝟐 𝐬𝐢𝐧𝟐(𝒙) − 𝐬𝐢𝐧(𝒙) = 𝟎

𝟐 𝐬𝐢𝐧(𝒙) − 𝟐 𝐬𝐢𝐧𝟑(𝒙) + 𝐬𝐢𝐧(𝒙) − 𝟐 𝐬𝐢𝐧𝟑(𝒙) + 𝟐 𝐬𝐢𝐧𝟐(𝒙) − 𝐬𝐢𝐧(𝒙) = 𝟎

−𝟒 𝐬𝐢𝐧𝟑(𝒙) + 𝟐 𝐬𝐢𝐧𝟐(𝒙) + 𝟐 𝐬𝐢𝐧(𝒙) = 𝟎

𝟐 𝐬𝐢𝐧(𝒙) (𝟏 + 𝐬𝐢𝐧(𝒙) −𝟐 𝐬𝐢𝐧𝟐(𝒙)) = 𝟎


𝟐 𝐬𝐢𝐧(𝒙) = 𝟎 𝒙 = 𝒌𝝅


𝟏 + 𝐬𝐢𝐧(𝒙) − 𝟐 𝐬𝐢𝐧𝟐(𝒙) = 𝟎 {

𝐬𝐢𝐧(𝒙) = 𝟏 → 𝒙 =𝝅

𝟐+ 𝟐𝒌𝝅

𝐬𝐢𝐧(𝒙) = −𝟏

𝟐→ 𝒙 = −

𝝅

𝟔+ 𝟐𝒌𝝅 𝒆𝒕 𝒙 =

𝟕𝝅

𝟔+ 𝟐𝒌𝝅

Question 2 :

Si 2A B C D , vérifier l’identité suivante:

sin sin sin sin 4sin sin sin2 2 2

A B B C A CA B C D

Solution

En réécrivant le membre de gauche et en utilisant : {𝒔𝒊𝒏(𝒑) + 𝐬𝐢𝐧(𝒒) = 𝟐 𝐬𝐢𝐧 (

𝒑+𝒒

𝟐) 𝐜𝐨𝐬 (

𝒑−𝒒

𝟐)

𝐜𝐨𝐬(𝒑) + 𝐜𝐨𝐬(𝒒) =𝟐 𝐜𝐨𝐬 (𝒑+𝒒

𝟐)𝐜𝐨𝐬 (

𝒑−𝒒

𝟐)


= 𝟐 𝐬𝐢𝐧 (𝑨 + 𝑩

𝟐)𝐜𝐨𝐬 (

𝑨 − 𝑩

𝟐) +𝟐 𝐬𝐢𝐧 (

𝑪 + 𝑫

𝟐) 𝐜𝐨𝐬 (

𝑪 − 𝑫

𝟐)

Or, 𝑪 + 𝑫 = 𝟐𝝅 − (𝑨 + 𝑩). Dès lors, 𝒔𝒊𝒏 (𝑪+𝑫

𝟐) = 𝐬𝐢𝐧 (

𝟐𝝅−(𝑨+𝑩)

𝟐) = 𝐬𝐢𝐧 (

𝑨+𝑩

𝟐).

Donc le membre de gauche s’écrit :

= 𝟐 𝐬𝐢𝐧 (𝑨 + 𝑩

𝟐) [𝐜𝐨𝐬 (

𝑨 − 𝑩

𝟐) + 𝐜𝐨𝐬 (

𝑪 − 𝑫

𝟐)]

= 𝟐 𝐬𝐢𝐧 (𝑨 + 𝑩

𝟐) [𝟐 𝐜𝐨𝐬 (

𝑨 + 𝑪 − 𝑩−𝑫

𝟒) 𝐜𝐨𝐬 (

𝑨 + 𝑫− 𝑩 − 𝑪

𝟒)]

Or, 𝑩 +𝑫 = 𝟐𝝅 − (𝑨 + 𝑪) et 𝑨 + 𝑫 = 𝟐𝝅 − (𝑩 + 𝑪)

Dès lors, 𝐜𝐨𝐬 (𝑨+𝑪−𝑩−𝑫

𝟒) = 𝐬𝐢𝐧 (

𝑨+𝑪

𝟐) et 𝐜𝐨𝐬 (

𝑨+𝑫−𝑩−𝑪

𝟒) = 𝐬𝐢𝐧 (

𝑩+𝑪

𝟐)

Donc, en remplaçant, il vient :

= 𝟐 𝐬𝐢𝐧 (𝑨+𝑩

𝟐) [𝟐 𝐜𝐨𝐬 (

𝑨+𝑪−𝑩−𝑫

𝟒)𝐜𝐨𝐬 (

𝑨+𝑫−𝑩−𝑪

𝟒)] = 𝟒 𝐬𝐢𝐧 (

𝑨+𝑩

𝟐)𝐬𝐢𝐧 (

𝑨+𝑪

𝟐)𝐬𝐢𝐧 (

𝑩+𝑪

𝟐)

cqfd

Question 3 :

Soient le cercle de centre O et de rayon R, un diamètre AB de ce cercle et la tangente au point B de ce cercle. Par le point A, on mène une sécante coupant le cercle au point M et la tangente au point P, de telle sorte que (2 AM + MP) = k.

Discuter de la valeur de l’angle = BÂM en fonction des valeurs relatives de k et R. Solution

La condition s’écrit également : 2 AM + MP = 2 AM + (AP - AM) = AM + AP = k (1)


Dans le triangle AMB rectangle en M : 𝐜𝐨𝐬𝜶 =𝑨𝑴

𝟐𝑹→ 𝑨𝑴 = 𝟐𝑹 𝐜𝐨𝐬𝜶

Dans le triangle APB rectangle en B : 𝐜𝐨𝐬𝜶 =𝟐𝑹

𝑨𝑷→ 𝑨𝑷 =

𝟐𝑹

𝐜𝐨𝐬𝜶

En remplaçant AM et AP dans (1) : 𝟐𝑹 𝐜𝐨𝐬𝜶 +𝟐𝑹

𝐜𝐨𝐬𝜶= 𝒌 (2)

Cette équation du second ordre en l’inconnue cos possède deux solutions :

𝐜𝐨𝐬𝜶𝟏 =𝒌

𝟒𝑹+√𝒌𝟐 − 𝟏𝟔𝑹𝟐

𝟒𝑹 𝐞𝐭 𝐜𝐨𝐬𝜶𝟐 =

𝒌

𝟒𝑹−√𝒌𝟐 − 𝟏𝟔𝑹𝟐

𝟒𝑹

Les expressions possibles de l’angle sont donc :

𝜶𝟏 = 𝐜𝐨𝐬−𝟏 (

𝒌

𝟒𝑹+√𝒌𝟐 − 𝟏𝟔𝑹𝟐

𝟒𝑹) 𝐞𝐭 𝜶𝟐 = 𝐜𝐨𝐬

−𝟏 (𝒌

𝟒𝑹−√𝒌𝟐 − 𝟏𝟔𝑹𝟐

𝟒𝑹)

Discussion Deux conditions doivent être respectées pour qu’une solution existe : les racines de l’équation du second ordre (2) doivent être réelles et comprises entre -1 et +1. Donc :

1. √𝒌𝟐 − 𝟏𝟔𝑹𝟐 ≥ 𝟎 → (𝒌

𝑹)𝟐≥ 𝟏𝟔 →

𝒌

𝑹≥ 𝟒 𝒐𝒖

𝒌

𝑹≤ −𝟒

La seconde condition ne respecte pas la nature du problème (k et R sont des longueurs et sont donc des valeurs positives) et est à retirer.

2. −𝟏 ≤ 𝐜𝐨𝐬𝜶𝟏 =𝒌

𝟒𝑹+√𝒌𝟐−𝟏𝟔𝑹𝟐

𝟒𝑹≤ +𝟏

Puisque k/R est toujours plus grand ou égal à 4 (cf. point 1 de la discussion), le premier terme

de l’expression de cos 1 est toujours plus grand ou égal à l’unité, ce qui rend la solution 1 à ce problème impossible.

3. −𝟏 ≤ 𝐜𝐨𝐬𝜶𝟐 =𝒌

𝟒𝑹−√𝒌𝟐−𝟏𝟔𝑹𝟐

𝟒𝑹≤ +𝟏

On vérifie d’abord que 𝒌

𝟒𝑹−√𝒌𝟐−𝟏𝟔𝑹𝟐

𝟒𝑹≤ +𝟏. La résolution de cette inéquation mène à

l’inégalité 𝒌

𝑹≥ 𝟒, toujours vérifiée étant donné le point 1 de cette discussion.

On vérifie ensuite que −𝟏 ≤𝒌

𝟒𝑹−√𝒌𝟐−𝟏𝟔𝑹𝟐

𝟒𝑹. La résolution de cette inéquation mène à

l’inégalité 𝒌

𝑹≥ −𝟒, également toujours vérifiée étant donné le point 1 de cette discussion.

Conclusion : seule la solution 2 est admissible, pour autant que 𝒌

𝑹≥ 𝟒


Question 4 :

Une caméra de surveillance, dont l’angle de vue vaut (compris entre 45° et 90°), doit être installée dans le coin d’un hall carré de côté c. Exprimer la valeur de la surface surveillée en fonction de l’angle

formé par l’axe de la caméra et un des murs adjacents de la pièce, sous l’hypothèse d’une modélisation planaire du problème.

Déterminer la valeur de qui maximise la valeur de la surface surveillée, et calculer cette dernière

lorsque c = 20m et = 75°. Solution

L’axe de vue de la caméra est placé selon AZ et sa position est variable avec l’angle . L’angle de vue de la caméra, de valeur fixe comprise entre 45° et 90°, se répartit de part et d’autre de l’axe de vue de la caméra.

On peut exprimer la surface surveillée par : 𝑺 = 𝒄𝟐 − 𝑺𝟏 − 𝑺𝟐 (1)

S1 est la surface du triangle ABX, rectangle en B : 𝑺𝟏 =𝒄 𝑩𝑿

𝟐

S2 est la surface du triangle ADY, rectangle en D : 𝑺𝟐 =𝒄 𝑫𝒀

𝟐

Dans le triangle ABX rectangle en B : 𝐭𝐚𝐧 �̂�𝟏 =𝑩𝑿

𝒄 → 𝑩𝑿 = 𝒄. 𝐭𝐚𝐧 (𝟗𝟎° − 𝜶 −

𝜽

𝟐) = 𝒄. 𝐜𝐨𝐭 (𝜶 +

𝜽

𝟐)

Dans le triangle ADY rectangle en D : 𝐭𝐚𝐧 �̂�𝟐 =𝑫𝒀

𝒄 → 𝑫𝒀 = 𝒄. 𝐭𝐚𝐧 (𝜶 −

𝜽

𝟐)

En remplaçant les côtés BX et DY dans (1), il vient :

𝑺 = 𝒄𝟐 −𝒄𝟐 𝐜𝐨𝐭 (𝜶 +

𝜽𝟐)

𝟐−𝒄𝟐 𝐭𝐚𝐧 (𝜶 −

𝜽𝟐)

𝟐


𝑺 = 𝒄𝟐 [𝟏 −𝟏

𝟐(𝐜𝐨𝐬 (𝜶 +

𝜽𝟐) 𝐜𝐨𝐬 (𝜶 −

𝜽𝟐) + 𝐬𝐢𝐧 (𝜶 +

𝜽𝟐) 𝐬𝐢𝐧 (𝜶 −

𝜽𝟐)

𝐬𝐢𝐧 (𝜶 +𝜽𝟐) 𝐜𝐨𝐬 (𝜶 −

𝜽𝟐)

)]

En utilisant : {𝐜𝐨𝐬𝒂 𝐜𝐨𝐬𝒃 + 𝐬𝐢𝐧𝒂 𝐬𝐢𝐧𝒃 = 𝐜𝐨𝐬(𝒂 − 𝒃)

𝒔𝒊𝒏(𝒑) + 𝐬𝐢𝐧(𝒒) = 𝟐 𝐬𝐢𝐧 (𝒑+𝒒

𝟐)𝐜𝐨𝐬 (

𝒑−𝒒

𝟐)

𝑺 = 𝒄𝟐 [𝟏 −𝐜𝐨𝐬𝜽

𝐬𝐢𝐧(𝟐𝜶) + 𝐬𝐢𝐧𝜽]

Cette surface doit être maximisée, c’est-à-dire que (𝐬𝐢𝐧(𝟐𝜶) + 𝐬𝐢𝐧𝜽) doit lui-même être maximisé.

étant un angle fixé dans le problème, il faut alors que sin(2) = 1 et donc que = 45° pour y parvenir.

Dans ce cas, avec c = 20m et = 75°, la surface couverte vaut S = 347,34m²

Solutions septembre 2015 – page 1



Question 1 :

Résoudre l'équation trigonométrique suivante :

3 sin 3 cos 3 3x x

Représenter les solutions sur le cercle trigonométrique.

Solution

Si les deux membres de l’équation sont divisés par 2, des valeurs remarquables de sin(x) et cos(x)

apparaissent.

√3

2sin(3𝑥) −

1

2cos(3𝑥) =

√3

2

sin (𝜋

3) sin(3𝑥) − cos (

𝜋

3) cos(3𝑥) =

√3

2

Or,

cos(𝑎 + 𝑏) = cos(𝑎) cos(𝑏) − sin(𝑎) sin(𝑏) → sin(𝑎) sin(𝑏) − cos(𝑎) cos(𝑏) = − cos(𝑎 + 𝑏)

Donc, il vient :

cos (𝜋

3+ 3𝑥) = −

√3

2


𝜋

3+ 3𝑥 =

5𝜋

6+ 2𝑘𝜋 → 𝑥 =

3𝜋

18+

2𝑘𝜋

3


𝜋

3+ 3𝑥 =

7𝜋

6+ 2𝑘𝜋 → 𝑥 =

5𝜋

18+

2𝑘𝜋

3

Question 2 :

Vérifier l’identité suivante:

2

1 cos1cot

sin 1 cos

xx

x x

Solution


En développant le carré du terme de gauche :

=1

sin ²(x)+ cot ²(x) − 2

1

sin(x)cot(x)

=1

sin ²(x)[1 − 2 cos(𝑥) + cos ²(𝑥)]

=(1 − cos(𝑥))²

sin ²(x)

=(1 − cos(𝑥))²

1 − cos ²(𝑥)=

1 − cos(𝑥)

1 + cos(𝑥)

cqfd

Question 3 :

Soit AD la hauteur d’un triangle ABC, rectangle en A. On pose les distances BD p et DC q

Montrer que : cos 2p q

Bp q

Solution

Dans le triangle BAD rectangle en D : cos 𝐵 =

𝑝

𝐴𝐵 → 𝑝 = 𝐴𝐵 cos 𝐵

Dans le triangle DAC rectangle en D : cos 𝐵𝐶 =𝑞

𝐴𝐶 → 𝑞 = 𝐴𝐶 cos 𝐶

Il faut donc montrer que : 𝐴𝐵 cos 𝐵−𝐴𝐶 cos 𝐶

𝐴𝐵 cos 𝐵+𝐴𝐶 cos 𝐶= cos 2𝐵

Or, dans le triangle ABC rectangle en A, C = (90° - B). Donc, cos C = sin B

𝐴𝐵 cos 𝐵 − 𝐴𝐶 sin 𝐵

𝐴𝐵 cos 𝐵 + 𝐴𝐶 sin 𝐵=

cos 𝐵 −𝐴𝐶𝐴𝐵 sin 𝐵

cos 𝐵 +𝐴𝐶𝐴𝐵 sin 𝐵

=cos 𝐵 − tan 𝐵 sin 𝐵

cos 𝐵 + tan 𝐵 sin 𝐵=

cos 𝐵 −sin² 𝐵cos 𝐵

cos 𝐵 +sin² 𝐵cos 𝐵

=cos² 𝐵 − sin² 𝐵

cos² 𝐵 + sin² 𝐵= cos² 𝐵 − sin2 𝐵 = cos 2𝐵

Cqfd.


Question 4 :

Trois boîtes de conserves de forme parfaitement cylindrique sont rangées verticalement de manière compacte sur une étagère plane. Les rayons de ces boîtes, tangentes deux à deux, sont en progression arithmétique de raison a. De plus, un des angles du triangle formé par les centres des bases de ces trois boîtes vaut 120°.

Déterminer la valeur numérique du rapport entre la raison a et le rayon de la boîte dont la base est de dimension intermédiaire.

Solution

Par construction : O1A = (r – a), O2B = r et O3C = (r + a). Dès lors, le triangle O1O2O3 a pour côtés : O1O2 = (2r – a), O2O3 = (2r + a) et O3O1 = 2r.

La loi des sinus indique que l’angle de 120° (= ) se situe face au côté le plus long du triangle O1O2O3. Le triangle O1O2O3 est quelconque. Donc, en utilisant 𝑎2 = 𝑏2 + 𝑐2 − 2𝑏𝑐 cos 𝐴 avec les notations de cet exercice, il vient : (2𝑟 + 𝑎)2 = (2𝑟)2 + (2𝑟 − 𝑎)2 − 2(2𝑟)(2𝑟 − 𝑎) cos 𝛾

En remplaçant cos = cos 120° = -0,5, l’équation se réduit à 8r = 10a, et donc : 𝑎

𝑟= 0.8


Examen d'admission, juillet 2014 (durée 2h30')

Question 1 : Résoudre l'équation trigonométrique suivante :

( ) ( ) ( )tan tan 3 sin 2 0x x x+ + =

Représenter les solutions (en x et en y) sur le cercle trigonométrique.

Question 2 : Vérifier l’identité suivante:

( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( )cot cot 2 1

cos 2 sin 2 tancot cot 2 1

x xx x x

x x

−= −

+

Question 3 : Par un point fixe P d’un segment AB, on mène une perpendiculaire à AB. Elle coupe

en D et E les côtés AC et BC d’un triangle ABC inscrit à un demi-cercle de diamètre AB. Montrer que le produit entre PD et PE est une constante quelle que soit la position du point C sur le cercle. Calculer ensuite la valeur de cette constante lorsque le point P est situé aux ¾ d’un segment AB de 12 cm de longueur.

Question 4 : Dans l’angle formé par un mur érigé verticalement par rapport au sol horizontal, une petite balle de rayon r vient se coincer. Une balle de plus grand rayon (R) vient, elle aussi, se caler dans cet angle et cacher la plus petite.

Les centres de ces balles (sphériques) se trouvant dans le même plan, perpendiculaire au mur et au sol, quelle est la condition géométrique (relation entre R et r) pour que la grande balle (supposée indéformable) bloque la plus petite sans l’écraser ?

Qu’adviendra-t-il si la grande balle est un ballon de football (diamètre de 22 cm) et la petite balle est une balle de ping-pong (diamètre de 4 cm) ?

La résolution des questions ne requiert que l'utilisation - des formules trigonométriques donnant : sin (-a), cos(-a), tg(-a);

sin ( ± a), cos ( ± a), tg( ± a);

sin (/2 ± a), cos (/2 ± a), tg (/2 ± a); sin (a ± b), cos (a ± b), tg (a ± b); sin 2a, cos 2a, tg 2a; sin p ± sin q, cos p ± cos q; 1 ± cos 2a; sin a, cos a, tg a en fonction de tg a/2; - des relations entre les angles et les côtés d'un triangle rectangle et d'un triangle quelconque

(relations aux sinus et formules a²=b²+c²..., b²=..., c²=...). Toute autre formule trigonométrique utilisée doit être démontrée. Vous êtes tenus de répondre à trois questions sur les quatre proposées, chacune valant un tiers des points. Seules les trois questions choisies seront corrigées.

TRIGONOMETRIE ET CALCUL NUMERIQUE

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