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Obsolète

difficileExercice corrigé

Calcul de cos(15°)

Sur la figure ci-dessous, A et I sont les points de coordonnées respectives (-1;0) et (1;0), B est le point du cercle trigonométrique image de \frac{\pi}{6} et H le pied de la hauteur issue de B du triangle OBA.

  1. Donner, en degré, la mesure de l'angle \widehat{BOI} puis de l'angle \widehat{AOB}.
  2. Que peut-on dire du triangle AOB ? En déduire la mesure, en degré, de l'angle \widehat{BAH}.
  3. Calculer les valeurs exactes de OH, BH puis AB.
  4. En déduire que \cos(\widehat{BAH}) = \frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2}.
  5. Calculer ( \sqrt{2} + \sqrt{6})^2 .
  6. Déduire des questions précédentes que \cos(15^{\circ})= \frac{ \sqrt{2} + \sqrt{6}}{4}

Corrigé

  1. Dire que B est le point du cercle trigonométrique image de \frac{\pi}{6}, signifie que l'angle \widehat{BOI} mesure \frac{ \pi }{6} radians soit 30 degrés.

    Les points A, O et I étant alignés (sur l'axe des abscisses), les angles \widehat{AOB} et \widehat{BOI} sont supplémentaires.

    Par conséquent :
    \widehat{AOB}=180^\circ-30^\circ=150^\circ

  2. Les côtés [OA] et [OB] sont des rayons du cercle trigonométrique donc OA=OB=1. Le triangle AOB est donc isocèle.

    La somme des mesures des angles d'un triangle vaut 180^\circ, par conséquent :
    \widehat{OAB}+\widehat{ABO}+\widehat{BOA}=180^\circ
    \widehat{OAB}+\widehat{ABO} = 180^\circ-150^\circ = 30^\circ

    et, comme le triangle AOB est isocèle, les angles \widehat{OAB} et \widehat{ABO} ont la même mesure :
    \widehat{OAB} = \widehat{ABO} = 15^\circ

  3. Dans le triangle OBH rectangle en H :
    \cos(\widehat{BOH})= \frac{OH}{OB}
    \cos(30^\circ)= \frac{OH}{1}
    OH=\cos(30^\circ)=\frac{\sqrt{3}}{2}

    \sin(\widehat{BOH})= \frac{BH}{OB}
    \sin(30^\circ)= \frac{BH}{1}
    BH=\sin(30^\circ)=\frac{1}{2}

    AH=AO+OH=1+\frac{\sqrt{3}}{2}

    D'après le théorème de Pythagore :

    AB^2=AH^2+HB^2
    AB^2=\left(1+ \frac{ \sqrt{3} }{2} \right)^2+\left( \frac{1}{2} \right)^2

    Pour tous réels a et b :
    (a+b)^2=a^2+2ab+b^2

    AB^2=1 + 2 \times \frac{ \sqrt{3} }{2} + \frac{3}{4} + \frac{1}{4}
    AB^2=2+ \sqrt{3}
    AB=\sqrt{2+ \sqrt{3}}

  4. Dans le triangle ABH rectangle en H :
    \cos(\widehat{BAH})= \frac{AH}{AB}
    \cos(\widehat{BAH})= \frac{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{2+ \sqrt{3}} }

    Pour b \neq 0 et c \neq 0:
    \frac{\frac{a}{b}}{c}=\frac{a}{b}\times \frac{1}{c}=\frac{a}{bc}

    \cos(\widehat{BAH})= \frac{\frac{2+\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{2+ \sqrt{3}} }
    \cos(\widehat{BAH})= \frac{2+\sqrt{3}} {2\sqrt{2+ \sqrt{3}} }

    Pour tout réel a positif ou nul \sqrt{a^2}=a et (\sqrt{a})^2=a

     
    Or 2+ \sqrt{3} =\left(\sqrt{2+ \sqrt{3}} \right)^2 donc :
    \cos(\widehat{BAH})= \frac{\left(\sqrt{2+ \sqrt{3}} \right)^2} {2\sqrt{2+ \sqrt{3}} }
    \cos(\widehat{BAH})= \frac{\sqrt{2+ \sqrt{3} }} {2}
    après simplification par \sqrt{2+ \sqrt{3}}.

  5. ( \sqrt{2} + \sqrt{6})^2 =2+2\times \sqrt{2} \times \sqrt{6} + 6
    ( \sqrt{2} + \sqrt{6})^2 =8+2 \sqrt{12}
    ( \sqrt{2} + \sqrt{6})^2 =8+4 \sqrt{3}

    On peut mettre 4 en facteur (utile pour la suite...) :
    ( \sqrt{2} + \sqrt{6})^2 =4(2+ \sqrt{3})

  6. On déduit de la question précédente que :
    2+ \sqrt{3}=\frac{( \sqrt{2} + \sqrt{6})^2} {4}

    Chaque membre de l'égalité étant positif, on en déduit, en prenant la racine carrée de chaque membre :
    \sqrt{2+ \sqrt{3}}=\sqrt{\frac{( \sqrt{2} + \sqrt{6})^2} {4}}

    \sqrt{2+ \sqrt{3}}=\frac{ \sqrt{2} + \sqrt{6}} {2}

    D'après la question 2., \widehat{BAH}=15^\circ et d'après la question 4., \cos(\widehat{BAH})= \frac{\sqrt{2+ \sqrt{3} }} {2} , par conséquent :

    \cos(15^\circ)= \frac{\sqrt{2+ \sqrt{3} }} {2} = \frac{\frac{ \sqrt{2} + \sqrt{6}} {2} } {2}
    \cos(15^{\circ})= \frac{ \sqrt{2} + \sqrt{6}}{4}

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