Corrigé des 35 exercices de trigonométrie en 3ème : solutions détaillées à télécharger en PDF

Par ailleurs, dans chaque triangle rectangle, on repère par rapport à l’angle marqué les côtés connus, puis on choisit le rapport qui les relie (moyen mnémotechnique SOH CAH TOA).

De même, triangle AIB rectangle en A (angle en B) : on connaît le côté opposé \(AI = 2{,}1\) cm et le côté adjacent \(AB = 2{,}8\) cm, on utilise la tangente.

\[ \tan \widehat{ABI} = \frac{AI}{AB} = \frac{2{,}1}{2{,}8} = 0{,}75 \quad \text{donc} \quad \widehat{ABI} \approx 37^\circ \]

Par conséquent, triangle CDL rectangle en D (angle en L) : on connaît l’hypoténuse \(CL = 9\) cm et le côté opposé \(CD = 8\) cm, on utilise le sinus.

\[ \sin \widehat{CLD} = \frac{CD}{CL} = \frac{8}{9} \quad \text{donc} \quad \widehat{CLD} \approx 63^\circ \]

De plus, triangle EFJ rectangle en F (angle en E) : on connaît l’hypoténuse \(EJ = 4{,}2\) cm et le côté opposé \(FJ = 2{,}7\) cm, on utilise le sinus.

\[ \sin \widehat{FEJ} = \frac{FJ}{EJ} = \frac{2{,}7}{4{,}2} \quad \text{donc} \quad \widehat{FEJ} \approx 40^\circ \]

Ainsi, triangle GHK rectangle en H (angle en K) : on connaît le côté opposé \(GH = 4\) cm et le côté adjacent \(HK = 3\) cm, on utilise la tangente.

\[ \tan \widehat{GKH} = \frac{GH}{HK} = \frac{4}{3} \quad \text{donc} \quad \widehat{GKH} \approx 53^\circ \]

Par conséquent, première tour. Le triangle ABS est rectangle en B, avec \(AB = CD = 45\) m et \(\widehat{SAB} = 25^\circ\). Puis on connaît le côté adjacent et on cherche le côté opposé : on utilise la tangente.

\[ \begin{aligned} \tan 25^\circ &= \frac{SB}{AB} \\ SB &= 45 \times \tan 25^\circ \approx 20{,}98 \text{ m} \end{aligned} \]

De plus, L’observateur a les yeux à 1,50 m du sol, donc \(BD = AC = 1{,}5\) m et

\[ h = SB + BD \approx 20{,}98 + 1{,}5 \approx 22{,}5 \text{ m} \]

Ainsi, deuxième tour. Cette fois on ne connaît pas la distance horizontale AB. De plus, on la calcule d’abord dans le triangle ABD rectangle en B, où \(BD = AC = 3\) m et \(\widehat{BAD} = 18^\circ\) :

\[ \begin{aligned} \tan 18^\circ &= \frac{BD}{AB} \\ AB &= \frac{3}{\tan 18^\circ} \approx 9{,}233 \text{ m} \end{aligned} \]

Puis, dans le triangle ABS rectangle en B, avec \(\widehat{SAB} = 40^\circ\) :

\[ \begin{aligned} SB &= AB \times \tan 40^\circ \approx 9{,}233 \times \tan 40^\circ \approx 7{,}75 \text{ m} \\ h &= SB + BD \approx 7{,}75 + 3 \approx 10{,}7 \text{ m} \end{aligned} \]

Ensuite, notons P le sommet du phare, O son pied au niveau de la mer, B₁ le bateau le plus proche (vu sous un angle de 22°) et B₂ le plus éloigné (16°). Ensuite, les triangles \(POB_1\) et \(POB_2\) sont rectangles en O, avec \(PO = 40\) m. Par ailleurs, dans chacun, on connaît le côté opposé à l’angle et on cherche le côté adjacent : tangente.

\[ \begin{aligned} \tan 22^\circ &= \frac{PO}{OB_1} & \text{donc } OB_1 &= \frac{40}{\tan 22^\circ} \approx 99{,}0 \text{ m} \\ \tan 16^\circ &= \frac{PO}{OB_2} & \text{donc } OB_2 &= \frac{40}{\tan 16^\circ} \approx 139{,}5 \text{ m} \end{aligned} \]

Par ailleurs, les deux bateaux et le pied du phare sont alignés, donc :

\[ B_1B_2 = OB_2 – OB_1 \approx 139{,}50 – 99{,}00 \approx 40{,}5 \text{ m} \]

Enfin, le triangle CPV est rectangle en P. Puis l’angle \(\widehat{PCV}\) mesure 70° et le côté \(CP = 150\) m est adjacent à cet angle. Ensuite, on cherche l’hypoténuse CV : on utilise le cosinus.

\[ \begin{aligned} \cos 70^\circ &= \frac{CP}{CV} \\ CV &= \frac{150}{\cos 70^\circ} \approx 438{,}6 \text{ m} \end{aligned} \]

Ensuite, la longueur \(HC = 100\) m n’est pas utile pour ce calcul ; elle permettrait ensuite d’obtenir la distance du bateau à la côte : \(HV = CV – HC \approx 338{,}6\) m.

Ainsi, calcul de GH. H est le pied de la hauteur issue de G, donc le triangle AHG est rectangle en H. Puis l’hypoténuse est \(AG = 20\) m et GH est le côté opposé à l’angle \(\widehat{HAG} = 78^\circ\) : on utilise le sinus.

\[ \begin{aligned} \sin 78^\circ &= \frac{GH}{AG} \\ GH &= 20 \times \sin 78^\circ \approx 19{,}56 \text{ m} \end{aligned} \]

Enfin, calcul de GM. Dans le triangle AGM, la somme des angles vaut 180°, donc

\[ \widehat{AMG} = 180^\circ – 78^\circ – 70^\circ = 32^\circ \]

Ensuite, le triangle GHM est rectangle en H, GM est son hypoténuse et GH le côté opposé à l’angle \(\widehat{HMG} = 32^\circ\) :

\[ \begin{aligned} \sin 32^\circ &= \frac{GH}{GM} \\ GM &= \frac{GH}{\sin 32^\circ} = \frac{20 \times \sin 78^\circ}{\sin 32^\circ} \approx 36{,}9 \text{ m} \end{aligned} \]

Par ailleurs, on garde la valeur exacte \(20 \times \sin 78^\circ\) dans le calcul pour ne pas cumuler les arrondis.

Enfin, pour chaque angle, on identifie l’hypoténuse (côté opposé à l’angle droit), le côté adjacent et le côté opposé.

a. Ensuite, dans le triangle ABC rectangle en C, l’hypoténuse est [AB] :

\[ \cos \widehat{BAC} = \frac{AC}{AB} \qquad \cos \widehat{ABC} = \frac{BC}{AB} \]

b. Par ailleurs, dans le triangle BCD rectangle en D, l’hypoténuse est [BC] :

\[ \sin \widehat{BCD} = \frac{BD}{BC} \qquad \tan \widehat{DBC} = \frac{CD}{BD} \]

c. De même, dans le triangle ADC rectangle en D, l’hypoténuse est [AC] :

\[ \sin \widehat{ACD} = \frac{AD}{AC} \]

Ensuite, on regarde, pour chaque formule, quel côté joue le rôle d’hypoténuse : l’angle droit est en face de lui.

• a. \(\cos \widehat{ABC} = \dfrac{AB}{BC}\) : l’hypoténuse est [BC], donc le triangle est rectangle en A : triangle n° 2.
• b. \(\tan \widehat{ABC} = \dfrac{AC}{BC}\) : AC est opposé à l’angle en B et BC adjacent, l’hypoténuse est [AB], donc rectangle en C : triangle n° 1.
• c. \(\sin \widehat{BAC} = \dfrac{BC}{AC}\) : l’hypoténuse est [AC], donc rectangle en B : triangle n° 3.
• d. \(\tan \widehat{BAC} = \dfrac{BC}{AC}\) : BC est opposé à l’angle en A et AC adjacent, l’hypoténuse est [AB], donc rectangle en C : triangle n° 1.

Ainsi, calculatrice en mode degrés, touches sin et tan, puis arrondi au centième.

Enfin, remarques : \(\sin 30^\circ = 0{,}5\) et \(\tan 45^\circ = 1\) sont des valeurs exactes. De plus, la tangente d’un angle proche de 90° devient très grande (\(\tan 83^\circ \approx 8{,}14\)), alors qu’un sinus reste toujours inférieur à 1.

a. De plus, on multiplie les deux membres par 3,5 :

\[ 5{,}6 = \frac{x}{3{,}5} \quad \text{donc} \quad x = 5{,}6 \times 3{,}5 = 19{,}6 \]

b. Ainsi, deux quotients égaux ont leurs produits en croix égaux :

\[ \begin{aligned} \frac{8{,}5}{y} &= \frac{3{,}4}{5{,}2} \\ 3{,}4 \times y &= 8{,}5 \times 5{,}2 = 44{,}2 \\ y &= \frac{44{,}2}{3{,}4} = 13 \end{aligned} \]

Enfin, vérification : \(8{,}5 \div 13 \approx 0{,}654\) et \(3{,}4 \div 5{,}2 \approx 0{,}654\).

a. De plus, dans le triangle IJK rectangle en K, l’hypoténuse est [IJ], le côté adjacent à l’angle \(\widehat{IJK}\) est [JK] et le côté opposé est [IK] :

\[ \cos \widehat{IJK} = \frac{JK}{IJ} \qquad \sin \widehat{IJK} = \frac{IK}{IJ} \qquad \tan \widehat{IJK} = \frac{IK}{JK} \]

b. Ainsi, on connaît l’hypoténuse \(IJ = 6\) cm et l’angle de 53°.

Enfin, pour JK (côté adjacent), on utilise le cosinus :

\[ JK = IJ \times \cos 53^\circ = 6 \times \cos 53^\circ \approx 3{,}61 \text{ cm} \]

Ensuite, pour IK (côté opposé), on utilise le sinus :

\[ IK = IJ \times \sin 53^\circ = 6 \times \sin 53^\circ \approx 4{,}79 \text{ cm} \]

Par ailleurs, contrôle avec le théorème de Pythagore : \(3{,}61^2 + 4{,}79^2 \approx 36\), soit \(6^2\).

Enfin, on cherche AB. Ensuite, le triangle ABC est rectangle en A, mais on ne connaît aucune longueur de ce triangle. Par ailleurs, on travaille donc dans le triangle ABH, rectangle en H (car [AH] est une hauteur), où l’on connaît AH et l’angle \( \widehat{ABH} = \widehat{ABC} = 40^\circ \).

Ensuite, dans ABH, pour l’angle \( \widehat{ABH} \) : [AH] est le côté opposé et [AB] est l’hypoténuse. Puis on utilise donc le sinus :

Par conséquent, on a donc \[ \begin{aligned} \sin \widehat{ABH} &= \frac{AH}{AB} \\ \sin 40^\circ &= \frac{5}{AB} \\ AB &= \frac{5}{\sin 40^\circ} \approx 7{,}78 \text{ cm} \end{aligned} \]

a. Enfin, le triangle JUE est rectangle en U. Également, ensuite, pour l’angle \( \widehat{UJE} = 25^\circ \) : [JU] est le côté adjacent (connu) et [JE] est l’hypoténuse (cherchée). Puis on utilise le cosinus :

Ainsi, on a donc \[ \begin{aligned} \cos \widehat{UJE} &= \frac{JU}{JE} \\ \cos 25^\circ &= \frac{6}{JE} \\ JE &= \frac{6}{\cos 25^\circ} \approx 6{,}62 \text{ cm} \end{aligned} \]

Donc JE ≈ 6,6 cm.

b. Ainsi, le triangle DES est rectangle en D. De plus, pour l’angle \( \widehat{DES} = 40^\circ \) : [ES] est l’hypoténuse (connue) et [DE] est le côté adjacent (cherché). Ensuite, on utilise encore le cosinus :

Ensuite, on a donc \[ \begin{aligned} \cos \widehat{DES} &= \frac{DE}{ES} \\ \cos 40^\circ &= \frac{DE}{5{,}1} \\ DE &= 5{,}1 \times \cos 40^\circ \approx 3{,}91 \text{ cm} \end{aligned} \]

Donc DE ≈ 3,9 cm.

a. Par ailleurs, le triangle LPK est rectangle en P. Par ailleurs, pour l’angle \( \widehat{PKL} = 55^\circ \) : [LK] est l’hypoténuse et [PK] le côté adjacent. Puis on utilise le cosinus :

Par conséquent, on obtient \[ \begin{aligned} \cos \widehat{PKL} &= \frac{PK}{LK} \\ PK &= 8{,}5 \times \cos 55^\circ \approx 4{,}875 \text{ cm} \end{aligned} \]

Par conséquent, arrondi au millimètre (donc au dixième de cm) : PK ≈ 4,9 cm.

b. De plus, le triangle PJK est rectangle en J et son hypoténuse est [PK], que l’on vient de calculer. Après cela, ensuite, pour l’angle \( \widehat{JPK} = 37^\circ \), [PJ] est le côté adjacent :

Ensuite, on a \[ \begin{aligned} \cos \widehat{JPK} &= \frac{PJ}{PK} \\ PJ &= PK \times \cos 37^\circ \approx 4{,}875 \times \cos 37^\circ \approx 3{,}89 \text{ cm} \end{aligned} \]

Enfin, on garde la valeur non arrondie de PK dans la calculatrice pour ne pas cumuler les erreurs d’arrondi : PJ ≈ 3,9 cm.

De plus, les rayons solaires sont parallèles et font un angle de 4,3° avec l’horizontale. Puis le rayon qui passe par B arrive en C, donc l’angle \( \widehat{BCD} \) mesure aussi 4,3° (angles correspondants).

Ainsi, dans le triangle BCD rectangle en D, pour l’angle \( \widehat{BCD} \) : [BD] (cherché) est le côté opposé et [CD] = 29 km est le côté adjacent. De plus, on utilise la tangente :

Par conséquent, on obtient \[ \begin{aligned} \tan \widehat{BCD} &= \frac{BD}{CD} \\ BD &= 29 \times \tan 4{,}3^\circ \approx 2{,}18 \text{ km} \end{aligned} \]

Ensuite, le cratère a donc une profondeur d’environ 2,2 km.

Ainsi, distances parcourues par l’avion. À 480 km/h, l’avion parcourt \( 480 \div 60 = 8 \) km par minute.

• Montée (1,5 min) : \( 1{,}5 \times 8 = 12 \) km, le long de la pente ;
• Palier (10 min) : \( 10 \times 8 = 80 \) km ;
• Descente (2 min) : \( 2 \times 8 = 16 \) km, le long de la pente.

Enfin, longueur de l’ombre. Le Soleil est au zénith : l’ombre de l’avion est à la verticale de l’avion. Ensuite, pour chaque partie inclinée, on obtient un triangle rectangle dont l’hypoténuse est le trajet de l’avion et dont le côté adjacent à l’angle est l’ombre au sol.

• Montée : \( 12 \times \cos 20^\circ \approx 11{,}28 \) km ;
• Palier : l’avion vole horizontalement, l’ombre parcourt aussi 80 km ;
• Descente : \( 16 \times \cos 15^\circ \approx 15{,}45 \) km.

De même, on a donc \[ 12 \cos 20^\circ + 80 + 16 \cos 15^\circ \approx 106{,}7 \text{ km} \]

Ainsi, antoine va en ligne droite de S à M, en passant par P : \( SM = SP + PM \). Par ailleurs, on calcule les deux morceaux.

Enfin, calcul de SP. Le triangle SAP est rectangle en A. Puis pour l’angle \( \widehat{ASP} = 25^\circ \), [SA] est le côté adjacent et [SP] l’hypoténuse :

Ensuite, on a \[ \cos 25^\circ = \frac{SA}{SP} \quad \text{donc} \quad SP = \frac{15}{\cos 25^\circ} \approx 16{,}55 \text{ km} \]

Par ailleurs, angle en P. Dans le triangle SAP, la somme des angles vaut 180°, donc \( \widehat{APS} = 180^\circ – 90^\circ – 25^\circ = 65^\circ \). Ensuite, les angles \( \widehat{APS} \) et \( \widehat{RPM} \) sont opposés par le sommet (les points A, P, R sont alignés, ainsi que S, P, M), donc \( \widehat{RPM} = 65^\circ \).

De même, calcul de PM. Le triangle PRM est rectangle en R. Puis pour l’angle \( \widehat{RPM} \), [PR] est le côté adjacent et [PM] l’hypoténuse :

De plus, on obtient \[ \cos 65^\circ = \frac{PR}{PM} \quad \text{donc} \quad PM = \frac{8}{\cos 65^\circ} \approx 18{,}93 \text{ km} \]

De plus, conclusion. \( SM \approx 16{,}55 + 18{,}93 \approx 35{,}5 \text{ km} \), et \( 35{,}5 \lt 40 \).

De même, calculatrice réglée en degrés. De plus, pour retrouver un angle à partir de son sinus, on utilise la touche \( \sin^{-1} \) (ou Arcsin, souvent avec la touche « seconde » ou « shift ») ; à partir de sa tangente, la touche \( \tan^{-1} \).

a.

• \( \sin^{-1}(0{,}4) \approx 23{,}58^\circ \), soit 24° ;
• \( \sin^{-1}(0{,}32) \approx 18{,}66^\circ \), soit 19° ;
• \( \sin^{-1}(0{,}9) \approx 64{,}16^\circ \), soit 64°.

b.

• \( \tan^{-1}(0{,}28) \approx 15{,}64^\circ \), soit 16° ;
• \( \tan^{-1}(1{,}5) \approx 56{,}31^\circ \), soit 56° ;
• \( \tan^{-1}(2{,}3) \approx 66{,}50^\circ \) (plus précisément 66,501…), soit 67°.

De plus, la dernière colonne de chaque tableau est laissée libre : tu peux y ajouter une valeur de ton choix pour t’entraîner.

a. De même, le triangle EFG est rectangle en F, son hypoténuse est [EG]. De même, ensuite, pour l’angle \( \widehat{FEG} \), le côté adjacent est [EF] :

Ensuite, on a \[ \cos \widehat{FEG} = \frac{EF}{EG} = \frac{4}{7} \]

b. De plus, avec la calculatrice : \( \widehat{FEG} = \cos^{-1}\left(\frac{4}{7}\right) \approx 55{,}15^\circ \).

De même, le triangle IJK est rectangle en I, son hypoténuse est [JK] = 5,3 cm. Par ailleurs, pour l’angle \( \widehat{IKJ} \) (au sommet K), le côté [IJ] = 3,2 cm est le côté opposé. Puis on utilise le sinus :

Ainsi, on trouve \[ \begin{aligned} \sin \widehat{IKJ} &= \frac{IJ}{JK} = \frac{3{,}2}{5{,}3} \\ \widehat{IKJ} &= \sin^{-1}\left(\frac{3{,}2}{5{,}3}\right) \approx 37{,}14^\circ \end{aligned} \]

a. Par ailleurs, le triangle SKI est rectangle en K, d’hypoténuse [SI] = 6 cm. Après cela, ensuite, pour l’angle \( \widehat{ISK} \), [SK] = 2 cm est le côté adjacent :

Ainsi, on trouve \[ \cos \widehat{ISK} = \frac{SK}{SI} = \frac{2}{6} = \frac{1}{3} \quad \text{donc} \quad \widehat{ISK} = \cos^{-1}\left(\frac{1}{3}\right) \approx 70{,}53^\circ \]

Donc \( \widehat{ISK} \approx 71^\circ \).

b. Ensuite, le triangle FNU est rectangle en F, d’hypoténuse [NU] = 10 cm. Puis pour l’angle \( \widehat{FNU} \), [FN] = 8,3 cm est le côté adjacent :

Ainsi, on trouve \[ \cos \widehat{FNU} = \frac{FN}{NU} = \frac{8{,}3}{10} = 0{,}83 \quad \text{donc} \quad \widehat{FNU} = \cos^{-1}(0{,}83) \approx 33{,}90^\circ \]

Donc \( \widehat{FNU} \approx 34^\circ \).

Par conséquent, le lampadaire est vertical : le mât, le rayon du disque éclairé et le bord du cône forment un triangle rectangle (angle droit au pied du lampadaire).

• côté opposé à l’angle cherché : la hauteur du lampadaire, 2,60 m ;
• côté adjacent : le rayon du disque, 95 cm = 0,95 m (même unité !).

De plus, on utilise la tangente :

Ensuite, on a \[ \tan \alpha = \frac{2{,}60}{0{,}95} \quad \text{donc} \quad \alpha = \tan^{-1}\left(\frac{2{,}60}{0{,}95}\right) \approx 69{,}93^\circ \]

Par conséquent, on modélise la situation par un triangle rectangle : le mur est vertical et le sol horizontal. L’échelle de 2,20 m est l’hypoténuse, et la distance de 1,20 m entre le pied de l’échelle et le mur est le côté adjacent à l’angle \( \alpha \) formé par l’échelle et le sol.

Ensuite, on a \[ \cos \alpha = \frac{1{,}20}{2{,}20} = \frac{6}{11} \quad \text{donc} \quad \alpha = \cos^{-1}\left(\frac{6}{11}\right) \approx 56{,}94^\circ \]

Ainsi, L’angle mesure environ 57°, or il faudrait au moins 65° : \( 57 \lt 65 \).

Par conséquent, on obtient Pour aller plus loin : pour obtenir 65°, le pied de l’échelle devrait être à au plus \( 2{,}20 \times \cos 65^\circ \approx 0{,}93 \) m du mur.

a. De plus, la face BCGF est un rectangle, donc FB = GC = 6,4 cm et le triangle FBC est rectangle en B. D’après le théorème de Pythagore :

Par conséquent, on obtient \[ \begin{aligned} FC^2 &= FB^2 + BC^2 \\ &= 6{,}4^2 + 4{,}8^2 \\ &= 40{,}96 + 23{,}04 = 64 \\ FC &= \sqrt{64} = 8 \text{ cm} \end{aligned} \]

b. Enfin, dans un parallélépipède rectangle, l’arête [EF] est perpendiculaire à la face BCGF, donc perpendiculaire à toute droite de cette face passant par F, en particulier à (FC). De plus, le triangle EFC est donc rectangle en F.

c. Ensuite, dans le triangle EFC rectangle en F, EF = AB = 10 cm. De même, ensuite, pour l’angle \( \widehat{FCE} \), [EF] est le côté opposé et [FC] le côté adjacent :

Ensuite, on a \[ \tan \widehat{FCE} = \frac{EF}{FC} = \frac{10}{8} = 1{,}25 \quad \text{donc} \quad \widehat{FCE} = \tan^{-1}(1{,}25) \approx 51{,}34^\circ \]

Enfin, hakim voit le deuxième immeuble seulement si son toit D dépasse la ligne de visée qui part de ses yeux H et frôle le toit U du premier immeuble. Par ailleurs, on calcule donc la hauteur de cette ligne de visée à l’aplomb du deuxième immeuble.

Ainsi, on trace l’horizontale passant par les yeux de Hakim (en pointillés) : elle coupe [UN] en un point P et [DE] en un point Q, à 1,5 m du sol.

Par conséquent, on obtient 1. L’angle de visée. Le triangle HPU est rectangle en P avec \( HP = 14 \text{ m} \) et \( PU = 12 – 1{,}5 = 10{,}5 \text{ m} \). Puis on connaît le côté opposé et le côté adjacent à l’angle en H : on utilise la tangente.

\[ \tan \widehat{PHU} = \frac{PU}{HP} = \frac{10{,}5}{14} = 0{,}75 \quad \text{donc} \quad \widehat{PHU} \approx 36{,}9^\circ \]

De plus, on obtient 2. Hauteur de la ligne de visée au niveau du deuxième immeuble. On prolonge (HU) : elle coupe la droite (DE) en K. Ensuite, le triangle HQK est rectangle en Q avec \( HQ = 14 + 10 = 24 \text{ m} \) et le même angle en H.

\[ \begin{aligned} QK &= HQ \times \tan \widehat{PHU} \\ &= 24 \times 0{,}75 \\ &= 18 \text{ m} \end{aligned} \]

Par ailleurs, le point K est donc à \( 18 + 1{,}5 = 19{,}5 \) m du sol. Or le deuxième immeuble ne mesure que 17 m : son toit est 2,5 m sous la ligne de visée, il est entièrement caché par le premier immeuble.

Enfin, on complète la figure par un triangle rectangle : l’horizontale qui part de la gare du bas et la verticale qui descend de la gare du haut. Puis le câble (1 453 m) est l’hypoténuse.

Ensuite, la différence d’altitude donne le côté vertical, opposé à l’angle cherché :

\[ 2\,261 – 1\,839 = 422 \text{ m} \]

Par ailleurs, on connaît le côté opposé et l’hypoténuse : on utilise le sinus. De plus, on note \( \alpha \) l’angle entre le câble et l’horizontale.

\[ \sin \alpha = \frac{\text{côté opposé}}{\text{hypoténuse}} = \frac{422}{1\,453} \approx 0{,}290 \quad \text{donc} \quad \alpha \approx 16{,}9^\circ \]

Enfin, le Soleil étant au zénith, l’ombre de l’avion se trouve toujours juste sous lui : la distance parcourue par l’ombre est la projection horizontale de la trajectoire. Ensuite, on la calcule en trois morceaux.

Ainsi, on trouve 1. Distances parcourues par l’avion (vitesse 480 km/h, soit 8 km par minute) :

• montée : \( 1{,}5 \times 8 = 12 \text{ km} \) ;
• palier : \( 10 \times 8 = 80 \text{ km} \) ;
• descente : \( 2 \times 8 = 16 \text{ km} \).

Par conséquent, on obtient 2. Montée. Le trajet de 12 km est l’hypoténuse d’un triangle rectangle ; le déplacement au sol est le côté adjacent à l’angle de 20° : on utilise le cosinus.

\[ d_1 = 12 \times \cos 20^\circ \approx 11{,}28 \text{ km} \]

3. Palier. L’avion vole horizontalement : l’ombre parcourt la même distance, \( d_2 = 80 \text{ km} \).

4. Descente. Le trajet de 16 km fait un angle de 15° avec l’horizontale :

\[ d_3 = 16 \times \cos 15^\circ \approx 15{,}45 \text{ km} \]

5. Total :

\[ d = d_1 + d_2 + d_3 \approx 11{,}28 + 80 + 15{,}45 \approx 106{,}7 \text{ km} \]

Le triangle de la figure est rectangle : son côté horizontal (100 m) part des yeux de l’homme, à 1,80 m du sol, et son côté vertical va jusqu’au sommet de la tour. Par ailleurs, on calcule d’abord la hauteur de la tour au-dessus des yeux de l’homme.

On connaît le côté adjacent à l’angle de 72,8° (100 m) et on cherche le côté opposé : on utilise la tangente.

\[ \tan 72{,}8^\circ = \frac{\text{côté opposé}}{100} \quad \text{donc} \quad \text{côté opposé} = 100 \times \tan 72{,}8^\circ \approx 323{,}0 \text{ m} \]

On ajoute la hauteur des yeux de l’homme :

\[ h \approx 323{,}0 + 1{,}8 = 324{,}8 \text{ m} \]

a. On ne connaît pas directement l’angle \( \widehat{AIE} \) : il faut d’abord calculer \( \widehat{AIS} \).

Dans le triangle AIS rectangle en A, on connaît le côté opposé AS = 46,9 m et le côté adjacent AI = 100 m à l’angle en I : on utilise la tangente.

\[ \tan \widehat{AIS} = \frac{AS}{AI} = \frac{46{,}9}{100} = 0{,}469 \quad \text{donc} \quad \widehat{AIS} \approx 25{,}1^\circ \]

Donc \( \widehat{AIE} = \widehat{AIS} + \widehat{SIE} \approx 25{,}1^\circ + 18^\circ = 43{,}1^\circ \).

Dans le triangle AIE rectangle en A :

\[ AE = AI \times \tan \widehat{AIE} \approx 100 \times \tan 43{,}1^\circ \approx 93{,}7 \text{ m} \]

(Garde la valeur exacte de l’angle dans la calculatrice : avec l’angle arrondi à 43,1° on trouve 93,6 m, avec la valeur complète 93,7 m.)

b. Une reproduction de rapport \( \frac{1}{4} \) a des longueurs 4 fois plus petites :

\[ 93{,}7 \times \frac{1}{4} \approx 23{,}4 \text{ m} \]

Remarque : sur le dessin, AE comprend le socle. Puis la statue seule mesure \( SE = AE – AS \approx 93{,}7 – 46{,}9 = 46{,}8 \) m, et son quart, environ 11,7 m, est proche de la hauteur de la vraie réplique parisienne (11,5 m sans socle).

a. On modélise la rampe par un segment [BH] de 120 m (B en bas, H en haut) incliné de 20° sur l’horizontale. Ensuite, le point P est le pied de la verticale issue de H sur l’horizontale passant par B : le triangle BPH est rectangle en P, et le dénivelé est la longueur HP.

b. Dans le triangle BPH rectangle en P, la rampe [BH] est l’hypoténuse et [HP] est le côté opposé à l’angle de 20° : on utilise le sinus.

\[ \sin 20^\circ = \frac{HP}{BH} = \frac{HP}{120} \quad \text{donc} \quad HP = 120 \times \sin 20^\circ \approx 41{,}0 \text{ m} \]

a. La somme des angles d’un triangle vaut 180° :

\[ \widehat{AIB} = 180^\circ – 35^\circ – 55^\circ = 90^\circ \]

Le triangle ABI a un angle droit en I : il est rectangle en I, et son hypoténuse est [AB].

b. Dans le triangle ABI rectangle en I, l’hypoténuse mesure 800 m.

• [AI] est le côté adjacent à l’angle de 35° : \( \cos 35^\circ = \dfrac{AI}{800} \), donc \( AI = 800 \times \cos 35^\circ \approx 655{,}3 \text{ m} \).
• [BI] est le côté adjacent à l’angle de 55° : \( \cos 55^\circ = \dfrac{BI}{800} \), donc \( BI = 800 \times \cos 55^\circ \approx 458{,}9 \text{ m} \).

Vérification avec le théorème de Pythagore : \( 655{,}3^2 + 458{,}9^2 \approx 640\,000 = 800^2 \).

a. Le pentagone est régulier : les 5 angles au centre \( \widehat{AOB} \), \( \widehat{BOC} \)… sont égaux et font un tour complet.

\[ \widehat{AOB} = \frac{360^\circ}{5} = 72^\circ \]

b.1. OA = OB = 238 m (rayons du cercle). Puis les triangles OMA et OMB sont rectangles en M, ont la même hypoténuse (238 m) et le côté [OM] en commun.

• Par le théorème de Pythagore : \( MA^2 = OA^2 – OM^2 = OB^2 – OM^2 = MB^2 \), donc MA = MB : M est le milieu de [AB].
• \( \cos \widehat{AOM} = \dfrac{OM}{OA} = \dfrac{OM}{OB} = \cos \widehat{BOM} \), donc \( \widehat{AOM} = \widehat{BOM} \) : (OM) coupe \( \widehat{AOB} \) en deux angles égaux.

(OM) est perpendiculaire à [AB] et passe par son milieu M : c’est la médiatrice de [AB]. (On retrouve la propriété du triangle isocèle AOB : la hauteur issue du sommet principal est aussi bissectrice et médiatrice.)

b.2. D’après b.1, \( \widehat{AOM} = 72^\circ \div 2 = 36^\circ \). De plus, dans le triangle OMA rectangle en M, [AM] est le côté opposé à cet angle et [OA] l’hypoténuse :

\[ \sin 36^\circ = \frac{AM}{238} \quad \text{donc} \quad AM = 238 \times \sin 36^\circ \approx 139{,}9 \text{ m} \]

Donc AM mesure environ 140 m.

b.3. M est le milieu de [AB], donc \( AB = 2 \times AM \approx 280 \text{ m} \). Ensuite, le pentagone a 5 côtés de même longueur :

\[ \mathcal{P} \approx 5 \times 280 = 1\,400 \text{ m} \]

(Avec la valeur non arrondie de AM, on obtient environ 1 399 m.)

Étape 1 : la largeur du ravin. On note A (Armand), T (Théo), R le rocher et H le pied de la perpendiculaire à la rive issue de R. Par ailleurs, la largeur du ravin est \( d = RH \), et H est entre A et T, donc \( AH + HT = 110{,}4 \text{ m} \).

• Triangle AHR rectangle en H : \( \tan 45^\circ = \dfrac{RH}{AH} \), donc \( AH = \dfrac{d}{\tan 45^\circ} = d \) (car \( \tan 45^\circ = 1 \)).
• Triangle THR rectangle en H : \( \tan 60^\circ = \dfrac{RH}{HT} \), donc \( HT = \dfrac{d}{\tan 60^\circ} \approx 0{,}577 \times d \).

\[ d + \frac{d}{\tan 60^\circ} = 110{,}4 \quad \text{donc} \quad d = \frac{110{,}4}{1 + \frac{1}{\tan 60^\circ}} \approx 70{,}0 \text{ m} \]

Étape 2 : la longueur du pont. Le pont doit être 15 % plus long que la distance à couvrir :

\[ 70 \times 1{,}15 = 80{,}5 \text{ m} = 8\,050 \text{ cm} \]

Étape 3 : le nombre de morceaux de bois. Chaque planche mesure 15 cm et deux planches voisines sont séparées de 20 cm. Avec n planches, il y a n − 1 espaces, donc la longueur occupée est :

\[ 15n + 20(n – 1) = 35n – 20 \]

On veut \( 35n – 20 \leqslant 8\,050 \), soit \( n \leqslant \dfrac{8\,070}{35} \approx 230{,}6 \). Puis on peut donc placer 230 planches (on trouve le même ordre de grandeur en divisant simplement 8 050 cm par 35 cm, ce qui donne 230).

C’est la même situation que l’exercice 24 ; on la résout ici en comparant deux angles. Ensuite, on trace l’horizontale des yeux de Hakim (à 1,5 m du sol) : elle coupe [UN] en P et [DE] en Q, avec \( HP = 14 \text{ m} \) et \( HQ = 14 + 10 = 24 \text{ m} \).

Angle sous lequel Hakim voit le toit U (triangle HPU rectangle en P, \( PU = 12 – 1{,}5 = 10{,}5 \) m) :

\[ \tan \widehat{PHU} = \frac{10{,}5}{14} = 0{,}75 \quad \text{donc} \quad \widehat{PHU} \approx 36{,}9^\circ \]

Angle sous lequel il devrait voir le toit D (triangle HQD rectangle en Q, \( QD = 17 – 1{,}5 = 15{,}5 \) m) :

\[ \tan \widehat{QHD} = \frac{15{,}5}{24} \approx 0{,}646 \quad \text{donc} \quad \widehat{QHD} \approx 32{,}9^\circ \]

Le regard vers D est moins incliné (32,9°) que le regard qui frôle le toit U (36,9°) : il passe donc sous le toit du premier immeuble et le rencontre. Au niveau de N, ce regard n’est qu’à \( 1{,}5 + 14 \times \dfrac{15{,}5}{24} \approx 10{,}5 \) m du sol, en dessous des 12 m du premier immeuble.

Les deux cow-boys sont perpendiculaires au sol et [PA] est horizontal : A est à la même hauteur que le pistolet, soit 1 m du sol. Puis le chapeau C est au sommet d’Averell, à 2,13 m du sol, donc :

\[ AC = 2{,}13 – 1 = 1{,}13 \text{ m} \]

Dans le triangle PAC rectangle en A, on connaît le côté opposé AC et le côté adjacent PA = 6 m à l’angle \( \widehat{APC} \) : on utilise la tangente.

\[ \tan \widehat{APC} = \frac{AC}{PA} = \frac{1{,}13}{6} \approx 0{,}188 \quad \text{donc} \quad \widehat{APC} \approx 10{,}7^\circ \]

On cherche la hauteur BD. De plus, on note \( x = BC \) (en mètres), inconnue elle aussi ; alors \( AB = x + 50 \).

Dans le triangle BCD rectangle en B : \( \tan 48^\circ = \dfrac{BD}{BC} \), donc \( BD = x \times \tan 48^\circ \).

Dans le triangle ABD rectangle en B : \( \tan 40^\circ = \dfrac{BD}{AB} \), donc \( BD = (x + 50) \times \tan 40^\circ \).

Les deux expressions donnent la même hauteur BD, d’où une équation :

\[ \begin{aligned} x \times \tan 48^\circ &= (x + 50) \times \tan 40^\circ \\ x \times \tan 48^\circ – x \times \tan 40^\circ &= 50 \times \tan 40^\circ \\ x &= \frac{50 \times \tan 40^\circ}{\tan 48^\circ – \tan 40^\circ} \approx 154{,}5 \text{ m} \end{aligned} \]

Donc \( BD = x \times \tan 48^\circ \approx 154{,}5 \times \tan 48^\circ \approx 171{,}6 \text{ m} \) (calcul fait avec la valeur de x gardée en mémoire dans la calculatrice).