Trigonométrie et problèmes - Fichier

Chapitre
8
Trigonométrie et problèmes
1. Page d’ouverture
• Énigme ✱
π 2π
=
6 3
9
1 π π
b= × =
β
3 6 18
L’angle formé par les deux aiguilles 8
2π π 13π
=
, soit 130°.
est +
3 18 18
a=4×
• Énigme ✱ ✱
tan a = 0,126
a  0,125 rad
α
4
S
α
2
π
5   a) sin π = 2 b) sin c - 4 m = - 2 .
4
2
13π
π 1
c) sin 6 = sin 6 = 2
6   a)
b)
J A π
J
3
1
O 2
O
I
I
3
2
π
π
4π
B –
B
A–
3
3
3
c)
π
J A
2
1m
O
B
12,6 cm S’
B –
400
α 400
=
,
R
2
400
R=
α  6 387 km.
sin
2
sin
A
3. Activités d’approche
O
J
O
A
60°
1   a) L’amer C est relevé à 50° et l’amer P à 320°.
a pour mesure 40 + 50 = 90°.
b) L’angle PBC
2 2. Vérifier les acquis
π
2
B
R
1  
I
N
P
N
31° C
32°
π
3
N
I
B
135°
–
3π
B
4
11π
π
2   a) 6 - c - 6 m = 2π donc π et - 11π ont le
6
6
même point image sur .
π 13π
3π
π
13π
b) 8 - 8 = - 2 donc 8 et 8 n’ont pas le même
point image sur .
π 11π
π
11π
c) - 4 - 4 = - 3π donc - 4 et 4 n’ont pas le même
point image .
3   a) - 3π + k 2π où k ∈.
4
π
b) Il s’agit du nombre réel - 3 .
π
3
4   a) cos π = 1 b) cos − 6 = 2
3
2
7π
π 1
c) cos 3 = cos 3 = 2
( )
a) La longueur du cercle  est égale à 2π.
π
π
b) AOB intercepte un arc de
× 90 = ;
180
2
π
π
AOC intercepte un arc de
× 30 = ;
180
6
intercepte un arc de π × 120 = 2π .
AOD
180
3
c) On a le tableau de proportionnalité :
Mesure en degrés de AOM
Longueur de l’arc
180 °
a
π

Donc :  = π et  = π × a.
a 180
180
103
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d)
Mesure en degrés de AOM
30 ° 45 ° 60° 90°
π
6
Mesure en radians de AOM
π
4
π
3
π
2
4. Accompagnement personnalisé
1  
J
2
2
π
4
O
2   a) sin
2
2
π
= 1
2
π
3
3
2
1
2
I
( π2 + x ) = –sin x = – 35
4
π
sin ( + x ) = cos x =
5
2
e) cos
O
b) cos π = –1
1
2
3
2
π
6
I
c) cos 0 = 1
π
3π
= –1
e) cos = 0
2
2
π
π c c
c c
3   (DA ; DC) = ; (AE ; AD) = – .
3
2
π
c c
c c
(BD ; CD) = (BD ; BA) = .
4
c c
c c
c c
(DB ; DE) = (DB ; DA) + (DA ; DE)
π
π
7π
= − 4 + − 3 = – 12
2π
4π
c c
c c
4   a) (OE ; OD) = –
b) (OA ; OC) =
.
5 5
13π
3π
c c
c c
+π=
.
c) (BO ; AB) = (BO ; BA) + π =
10
10
c c
c c
c c
d) (DE ; AB) = (DE ; EA) + (EA ; AB)
2π 2π 4π
= 5 + 5 = 5
π
1
π
5   1. sin –
= –sin 6 = –
2
6
π
π
3
π
–
cos
6 = –cos 6 = – 2
π
π
1
sin π – 6 = sin 6 =
2
2. a) cos (π + x) = –cos x ; sin (π + x) = –sin x
π
π
b) cos 2 − x = sin x ; sin 2 − x = cos x
π
π
c) cos + x = –sin x ; sin + x = cos x
2
2
d) sin
7   Léa donne une valeur approchée de l’une des
solutions.
1
Dans ]–π ; π], l’équation sin x = – a deux ­solutions :
2
π
5π
–
et – .
6
6
8   Gaspard a oublié de mettre sa calculatrice en mode
radians.
2
Dans ]–π ; π], l’équation sin x = –
a deux­
2
3π
π
solutions : – 4 et – 4 .
5. Exercices de base
9  
5π
6
π
( )( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
4
6   a) cos (–x) = cos x =
5
3
sin (–x) = –sin x = – 5
4
b) cos (π – x) = –cos x = – 5
3
sin (π – x) = sin x = 5
4
c) cos (π + x) = –cos x = – 5
3
sin (π + x) = –sin x = – 5
3
π
d) cos 2 − x = sin x = 5
4
π
sin 2 − x = cos x = 5
104
( )
( )
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2π
5
J
I
O
– 3π
4
10   a) –
π
4
–π
3
π
π
5π
7π
+ 2π =
et – – 2π = – .
3
3
3
3
2π
+ k 2π avec k ∈ .
3
π 13π
π
13π
11   a) –
= – 2π, et
ont le même point
6
6
6
6
image sur .
π 11π
π
11π
b) – –
= – 3π, – et –
n’ont pas le même
4
4
4
4
point image sur .
π
π
13π
13π
= 4π, – et –
c) – – –
ont le même point
3
3
3
3
image sur .
π
12   a) rad b) 165°
9
π
π
π
3π
13   a) b) c) d)
6
4
3
4
270 °
14   a) 90 °
b) 180 ° c) 150 ° d)
π
= 180 × t = 30 × t en degrés.
15   a) AOP
6
= π × t en radians.
AOP
6
180 × (12 – t)
= 30 (12 – t) en degrés.
b) AOP =
6
= π (12 – t) en radians.
AOP
6
π
3π
16   A est l’image de , B l’image de , C l’image
4
4
5π
7π
de et D l’image de .
4
4
b)
1

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17   1.
B
C
A
O
D
π
π
c c
c c
b) (OD ; OA) =
2. a) (OA ; OB) = 3
6
3π π 5π
c c
– = .
c) (OB ; OC) =
4 3 12
π
c c
18   a) (IA
; ID) = –
2
c c
b) (IB ; ID) = π
π
c c
c c
c) (IB ; CI) = (IB ; IA) = –
2
π
2π
c c
c c
19   a) (OD
b) (OF ; OD) = –
; OE) = 3
3
2π
c c
c c
c) (BO ; OA) = (OE ; OA) =
3
c c
c c 2π
d) (BC ; DE) = (FE ; DE) =
3
π
c c
20   a) • OA = 2 et (OI
; OA) =
2
3π
c c
• OB = 3 et (OI ; OB) =
4
5π
c c
• OC = 5 et (OI ; OC) =
4
3π
c c
• OD = 3 et (OI ; OD) =
2
c c 7π
• OE = 4 et (OI ; OE) =
4
b)
J
O
I
4
c = – (uc ; v)
c = π.
24   a) (vc ; u)
6
π
c
c
c
c
b) (– u ; – v) = (u ; v) = – .
6
c + π = 5π .
c = (uc ; v)
c) (uc ; – v)
6
c c
c c
c c
25   (AC
; AD) = (AC ; AB) + (AB ; AD)
π 5π
+
=
12 12
π
= .
2
Donc le triangle ACD est rectangle en A.
c c
c c
c c
c c
26   (AB
; DE) = (AB ; BC) + (BC ; CD) + (CD ; DE)
6π
c c
c c π c c
Or (AB ; DE) = 0, (AB ; BC) = , (BC ; CD) = ,
3
5
π 6π
23π
7π
c c
=–
ou .
donc (CD ; DE) = – –
3 5
15
15
7π 8π
c c
= .
Alors (DE ; DC) = π –
15 15
5π 1
5π
27   a) cos
= , sin
=– 3.
3 2
3
2
1
5π
5π
3
b) cos –
, sin –
=–
=– .
2
6
6
2
3π
3π
2
2
, sin –
.
c) cos –
=–
=–
4
4
2
2
13π
13π 1
= 3 , sin
= .
d) cos
2
6
6
2
9π
9π
2
2
28   a) cos
, sin
.
=
=
4
4
2
2
1
11π
11π
b) cos
= 3 , sin
=– .
2
6
6
2
71π 1
71π
3
.
= , sin
=–
c) cos
2
3
3
2
5π
5π
2
2
d) cos –
, sin –
.
=–
=
4
4
2
2
π 9π
2π 3π
29   1. a) π –
= b) π –
=
10 10
5
5
2π 8π
4π 6π
= d) 2π –
= .
c) 2π –
5
5
5
5
2.
π
2π
2π
π
a) A = cos
+ cos
+ cos π –
+ cos π –
10
5
5
10
π
2π
2π
π
+ cos
– cos
– cos
= cos
10
5
5
10
= 0.
2π
4π
6π
8π
+ sin
+ sin
b) B = sin
+ sin
5
5
5
5
2π
4π
4π
2π
+ sin
– sin
– sin
= sin
5
5
5
5
= 0.
1
1


1
1


1

1

1
F
21   Il s’agit de l’écriture b) car
47π
π
π
= 2 × 2π –
et – π  –
 π.
12
12
12
5π
3π
3π
22   a)
=–
+ 2π et – π  –
 π.
4
4
4
4π 2π
2π
=
– 2π et – π 
 π.
b) –
3
3
3
10π 2π
2π
=
– 4π et – π 
 π.
c) –
3
3
3
23   a) 135π = π + 67 × 2π et – π  π  π.
185π 5π
5π
=
+ 15 × 2π et – π 
 π.
6
6
6
17π
9π
9π
=–
+ 2π et – π  –
 π.
c)
13
13
13
b)

π
π
= 1 – cos2
5
5
5 +1 2
=1–
4
5– 5
=
8
π
π
π
π
Or 0   donc sin  0 et sin =
5
2
5
5
1

30   1. sin2
1

5− 5
2 2
.
105
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π
4π
= π – donc
5
5
π
π
4π
4π
cos
= – cos et sin
= sin
5
5
5
5
4π
4π
4π
4π
b) cos –
= cos
= – sin
et sin –
5
5
5
5
π
6π
= π + donc
c)
5
5
π
π
6π
6π
cos
= – sin
= – cos et sin
5
5
5
5
3π π π
d)
= – donc
10 2 5
π
π
3π
3π
cos
= cos
= sin et sin
5
5
10
10
2. a)
1 
1 
1 
1
31   a)

π
5π
et – .
6
6
5π
5π
b) Les solutions sont et – .
6
6
π π
c) Les solutions sont – et .
2 2
2. On vérifie à l’aide de la calculatrice.
35   1. a) Les solutions sont –
6. Travaux pratiques
J
π–x
36   1.
x
C
I
O
π+x
π
π
b) L’équation s’écrit sin x = sin . Les solutions sont
6
6
5π
et .
6
2π – x
E
J
3/4
O
I
M
7
2. a) sin2 x = 1 – cos2 x = .
16
π
7
x ∈ – ; 0 donc sin x  0 et sin x = –
.
2
4
3
b) cos (– x) = cos x = .
4
7
c) sin (π – x) = sin x = –
.
4


3
d) cos (π + x) = – cos x = – .
4
π
3
e) sin – x = cos x = .
2
4
π
7
f) cos + x = – sin x =
.
2
4
33   1. a) M est le point image des nombres réels
π
+ k 2π avec k ∈ .
4
π
b) N est le point image des nombres réels – + k 2π
4
avec k ∈ .
π
π
2.  = – + k 2π, + k 2π k ∈  .
4
4
π 5π
34   a) M est le point image de π – =
et N est le
6 6
π
point image de .
6







–π
3
D
–π
b) A = sin x + sin (π – x) + sin (π + x) + sin (2π – x)
= sin x + sin x – sin x – sin x
=0
32   1.
– 5π
6
π
3
F
2
A
B
c c
c c
c c
c c
2. a) (AB ; DE) = (AB ; AC) + (AC ; DC) + (DC ; DE)
π 5π 5π
= + +
2 3
6
= 3π.
c c
AB, DE sont colinéaires donc les droites (AB) et (DE) sont
parallèles.
c c
c c
c c
c c
b) (AB ; DF) = (AB ; AC) + (AC ; DC) + (DC ; DF).
c c
c c
Or (DC ; DF) = π + (CD ; DF)
π
=π+
4π 3
= .
3
c c π 5π 4π
Alors (AB ; DF) = + +
2 3
3
π
= + 3π.
2
Donc les droites (AB) et (DF) sont perpendiculaires.
37   1. On conjecture que b = a.
c c
c c
c c
c c
2. (AB ; CD) = (AB ; OA) + (OA ; OC) + (OC ; CD).
2π
c c
c c 2π
et (OC ; CD) =
Or (AB ; OA) = –
3
3
c c
c c
donc (AB ; CD) = (OA ; OC).
38   1. a)
x
Valeur
affichée
1,6
3,5
12,4
– 2,3 – 3,9 – 15,6
1,6 – 2,8 – 0,17 – 2,3
2,4
–3
(valeurs arrondies au dixième)
b) L’algorithme affiche la mesure principale d’un angle
de mesure x.
106
CHAP08.indd 106
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2. Voici le programme écrit avec AlgoBox.
VARIABLES
x EST_DU_TYPE NOMBRE
DEBUT_ALGORITHME
LIRE x
SI (x>=0)ALORS
DEBUT_SI
TANT_QUE (x>Math.PI) FAIRE
DEBUT_TANT_QUE
x PREND_LA_VALEUR x-2*Math.PI
FIN_TANT_QUE
FIN_SI
SINON
DEBUT_SINON
TANT_QUE (x<=-Math.PI) FAIRE
DEBUT_TANT_QUE
x PREND_LA_VALEUR x+2*Math.PI
FIN_TANT_QUE
FIN_SINON
AFFICHER x
FIN_ALGORITHME
7. Exercices d’entraînement
39   1. a) et b)
J
M
I
O
M1
M3
c) cos (– x) = cos x, sin (– x) = – sin x,
cos (π – x) = – cos x, sin (π – x) = sin x,
cos (π + x) = – cos x, sin (π + x) = – sin x.
3
π 1
π
2. • cos – = , sin – = –
2
3
3
2
1 
•
1 
1
3
π
2π
2π
2π
= π – donc cos
= – et sin
=
2
3
3
3
3
2
1
3
π
4π
4π
4π
•
= π + donc cos
= – et sin
=–
2
2
3
3
3
2
40   1. a)
O
b) Les solutions de l’équation (E) sont les nombres réels :
π
4π
– + k 2π,
+ k 2π et k 2π avec k ∈ .
3
3
π
43   1. a) L’équation (E) s’écrit cos 3x = cos .
2
x est solution de (E) si, et seulement si, il existe k ∈  tel
π
π
que 3x = + k 2π ou 3x = – + k 2π.
2
2
b) Les solutions de (E) sont les nombres réels :
π
π
2π
2π
+k
et – + k
avec k ∈ .
6
6
3
3
2. a)
J
M1
3π
.
4
I
O
π
2π
+k
avec k entier
6
3
relatif a pour point image l’un des points M0, M1 ou M2.
3.
N
I
2
J
O
–3π
4
b) a =
M0
b) Non, car tout nombre réel x =
–2
2
42   a) (2 sin x + 53 ) (cos x – 1) = 0 équivaut à
3
π
sin x = –
ou cos x = 1, c’est-à-dire : sin x = sin –
3
2
ou cos x = cos 0.
M2
J
3π
4
41   1. a) On réalise la figure avec un logiciel de géométrie.
b) On conjecture que le triangle CMP est rectangle
isocèle en P.
2. a) et b) M et N sont symétriques par rapport à la droite
(CA) donc :
c c
c c
CM = CN et (CM ; CA) = (CA ; CN).
N et P sont symétriques par rapport à la droite (CB) donc :
c c
c c
CN = CP et (CN ; CB) = (CB ; CP).
c c
c c
c c
c c
c) (CM ; CP) = (CM ; CA) + (CA ; CB) + (CB ; CP)
c c
c c
c c
= (CA ; CN) + (CA ; CB) + (CN ; CB)
c c
= 2 × (CA ; CB)
π
c c
c c π
Or (CA ; CB) = donc (CM ; CP) = .
4
2
c c π
d) D’après 2. a) CM = CP et d’après 2. c) (CM ; CP) =
2
donc le triangle CMP est rectangle isocèle en P.
1 
M2
3π 3π
et .
4
4
3π 5π
et .
b) Les solutions sont
4
4
c) Les solutions sont les nombres réels :
3π
3π
+ k 2π et
+ k 2π avec k ∈ .
–
4
4
2. a) Les solutions sont –
N1
I
N0
107
CHAP08.indd 107
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4. a) Les solutions de (E) dans [0 ; 2π[ sont :
π π 5π 7π 3π 11π
, , , , ,
.
6 2 6 6 2 6
b) Les solutions de (E) dans ]– π ; π] sont :
5π π π π π 5π
– ,– ,– , , , .
6 2 6 6 2 6
44   a) Il s’agit de la relation de Chasles.
π
π
c c
c c
b) (AC ; AB) = – et (AB ; AD) = – .
4
2
c c
c
c
c) AD = BE et FG = EH d’après les hypothèses donc
c c
c c
(AD ; FG) = (BE ; EH).
c c
c c
c c
(BE ; EH) = (BE ; EB) + (EB ; EH)
π
=π–
3
2π
= .
3
c c 2π
Donc (AD ; FG) = .
3
π π 2π
π
c c
d) Finalement (AC ; FG) = – – +
=– .
4 2 3
12
45   a) Dans le triangle rectangle PAH :
AH
x
et cos 40° =
donc
sin 40° =
AP
AP
cos 40° AH
cos 40°
=
et AH =
x.
sin 40°
x
sin 40°
De même dans le triangle rectangle PBH :
cos 60°
x.
BH =
sin 60°
b) AH + BH = 5 donc
cos 40° cos 60°
x
= 5.
+
sin 40° sin 60°
5
x=
cos 40° + cos 60°
sin 40° sin 60°
x ≈ 2,826 km


46   Dans les deux raisonnements, l’intervalle dans
lequel l’équation est résolue n’est pas précisé.
1
1
47   1. sin2 x = 0,25 équivaut à sin x = ou sin x = – .
2
2
Les solutions de l’équation dans [0 ; 2π] sont :
π 5π 7π 11π
, ,
et
.
6 6 6
6
2π × 4,6
= 2,3 rad.
2. a) θ =
4π
b) La surface du secteur est :
4π × 2,3
= 4,6 cm2.
S=
2π
2
1. sin x = 0, 25 ⇔ sin x = 0.5 or sin x = − 0.5.
π
5π
sin x = 0.5 iff x = or x = .
6
6
11π
7π
or x =
sin x = – 0.5 iff x =
.
6
6
 π 5π 7 π 11π 
So the four values are  ; ; ;
.
6 6 6 6 
2. a) The perimeter of the circle is 4π, corresponding to
an angle of 2π.
The length of the arc is proportional to the angle,
θ 2π
so
and θ = 2.3 radians.
=
4.6 4 π
(
)
b) The area of the disc is 4π also, and the area of a sector
is proportional to its angle so the area is 4.6 cm².
c c π
48   a) (BD ; BA)
= .
3
b) Le triangle OAB est équilatéral.
π
c c
c) (AC ; AD) = .
6
π
c c
d) (CA ; CD) = – .
3
c c 2π
e) (OD ; OA) = .
3
π
c c
c c
f) (BO ; OC) = (OD ; OC) = – .
3
49   a) La proposition est vraie d’après la définition
du cosinus.
b) La proposition est fausse car pour tout nombre réel
x, – 1  sin x  1.
c) La proposition est fausse. L’équation cos x = 0,24
admet une infinité de solutions.
d) La proposition est vraie d’après la définition du cours.
e) La proposition est vraie, il s’agit d’une formule du
cours.
f) La proposition est fausse, il existe des nombres x réels
tels que cos x = – 1 et cos x = 1.
8. Mettre en œuvre une recherche
50   1. On énonce la conjecture : les points D, E et F
sont alignés.
2. Avec les angles orientés, on peut obtenir :
c c
c c
(ED ; EF) = π ou (DE ; DF) = 0.
Avec les vecteurs, on démontre par exemple que les
c c
vecteurs DE et DF sont colinéaires.
Avec les coordonnées, on détermine une équation de
la droite (DF) puis on démontre que E appartient à cette
droite.
3. a) • AED est un triangle isocèle en A, BEF est un triangle
rectangle isocèle en B.
c c 5π
c c π
et (EB ; EF) = .
• (ED ; EA) =
4
12
c c
c c
c c
c c
b) (ED ; EF) = (ED ; EA) + (EA ; EB) + (EB ; EF)
5π π π
=
+ +
12 3 4
= π.
Donc les points D, E et F sont alignés.
c c
4. Dans le repère (D ; DA, DC), F a pour coordonnées
1
3
. Une équation de la droite (DF) est :
2
y = (2 + 53 )x.
3 1
; , E est un
Le point E a pour coordonnées 1 –
2 2
point de (DF) car :
1
3
= (2 + 53 ) 1 –
.
2
2
Ainsi D, E et F sont alignés.
2 ; 1 +





108
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9. Autoévaluation pour se tester
Se préparer au contrôle
QCM
55   a) Un angle de 144° mesure en radians :
π ×144 4π
=
.
180
5
π
b) Un angle de 9 rad mesure en degrés :
180°
= 20°.
9
c c
56   a) (AC ; AB) = –α.
c c
c c
b) (CA ; BA) = (AC ; AB) = – α.
c c
c c
c) (AC ; BA) = (AC ; AB) + π = π – α.
51   1. ADC est rectangle isocèle en D, d’après l’orienπ
π
c c
c c
tation : (AC ; AD) = 4 donc (AB ; AC) = 4 .
ACB est isocèle en A, d’après l’orientation :
1
π 3π
c c
(CA ; CB) = 2 π – 4 = 8
La réponse exacte est c).
π
π
31π
2.
= 4 × 2π – 4 et –π  – 4  π.
4
La réponse exacte est c).
5π
π
5π
= cos
= cos π −
3. cos −
6
6
6
3
π
= –cos = – 2
6
5π
π
5π
sin −
= –sin
= –sin π −
6
6
6
1
π
= –sin = – 2
6
La réponse exacte est b).
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
52   1. La mesure en radians d’un angle de 108°
3π
π
est : 180 × 108 = 5 .
La réponse exacte est a).
1
π
2. L’équation sin x = – 2 s’écrit sin x = sin – 6 .
La réponse exacte est c).
2
π
3. L’équation cos x = 2 s’écrit cos x = cos 4 .
La réponse exacte est b).
( )
Vrai – Faux
π
c c
53   a) (BC ; BA) =
6 est vraie.
c c π
c c π
b) (AB ; AH) = 3 et (CA ; CH) = 3 donc l’affirmation est vraie.
π
c c
c) (AB ; CA) = – 2 , l’affirmation est fausse.
2π
π
c c
d) (AH ; BA) = π – 3 = 3 , l’affirmation est fausse.
π
3π
c c
, l’affirmation est vraie.
e) (AH ; CB) = – 2 ou
2
54   a) La mesure en degrés d’un angle de
π
180°
12 rad est : 12 = 15°. L’affirmation est vraie.
35π
11π
11π
b) – 12 = –2π – 12 et –π  – 12  π.
11π
La mesure principale est – 12 . L’affirmation est fausse.
c) sin (5π – x) = sin (4π + π – x) = sin (π – x) = sin x.
L’affirmation est vraie.
π
π
d) cos x – 2 = cos 2 – x = sin x. L’affirmation est
fausse.
e) L’affirmation est vraie, la seule solution est π.
( )
( )
f) L’affirmation est fausse, les solutions sont
π
3π
– 4 et –
.
4
g) L’équation n’a pas de solution dans R car pour tout
nombre réel x, –1  sin x. L’affirmation est fausse.
57   a) D’après la relation de Chasles, cette somme est
égale à 0.
π π
π 3π
c c
b) Donc 2 + 3 + (CD ; DE) + 6 + 4 = 0,
7π
3π
π
c c
c c
(CD ; DE) = 2π – 4 = , d’où (DE ; DC) = 4 .
4
π
π
47π
58   a)
= 6 × 2π – 4 et –π  – 4  π, la
4
π
c c est – .
mesure principale de (u ; v)
4
b) – 431π = –216 × 2π + π et –π  π  π, la mesure princ c est π.
cipale de (u ; v)
π
6+ 2
π
59   a) cos −
4
12 = cos 12 =
11π
π
6+ 2
π
b) cos 12 = cos π – 12 = –cos 12 = –
4
13π
π
6+ 2
π
c) cos 12 = cos π + 12 = –cos 12 = –
4
7π
π π
π
6+ 2
d) sin 12 = sin 2 + 12 = cos 12 =
4
5π
5π
60   1. a) Les solutions sont –
6 et 6 .
b) Les solutions sont les nombres réels :
5π
5π
– 6 + k2π et 6 + k2π avec k ∈ .
π
5π
2. a) Les solutions sont – 6 et – 6 .
b) Les solutions sont les nombres réels :
π
5π
– 6 + k2π et – 6 + k2π avec k ∈ .
( ) ( )
( )
( )
( )
10. Exercices d’approfondissement
π π 2π
= – ,
10 2 5
π
π 2π
2π
–1
–
sin
= sin
= cos
= 5
.
10
2 5
5
4
π
b) L’équation s’écrit : sin x = sin –
, dans [0 ; 2π], elle
10
11π 19π
et
.
a pour solutions
10
10
π
π
62   a) cos 2x = cos x + équivaut à 2x = x + + k 2π
4
4
π
ou 2x = – x – + k 2π avec k ∈ .
4
Les solutions sont donc les nombres réels :
π
π
2π
x = + k 2π et x = – + k
avec k ∈ .
4
12
3
61   a)
1 
1

1
1 
1 

109
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b)
7π
12 J
c
c
c
b) Les coordonnées du vecteur OA + OB + OC sont
nulles donc
2π
4π
+ cos x +
= 0 et
cos x + cos x +
3
3
2π
4π
sin x + sin x +
+ sin x +
= 0.
3
3
π
3. On applique les égalités précédentes avec x = .
9
π
4
1
1
I
O
π
–
12
5π
4
63   1. sin 3x = sin (x + π) équivaut à 3x = x + π + k 2π
ou 3x = π – (x + π) + k 2π avec k ∈ .
Les solutions de l’équation sont donc les nombres réels
π
π
x = + kπ et x = k avec k ∈ , c’est-à-dire les nombres
2
2
π
réels : x = k avec k ∈ .
2
π
π
2. a) sin 4x = sin x –
équivaut à 4x = x – + k 2π ou
2
2
π
4x = π – x –
+ k 2π avec k ∈ .
2
Les solutions sont donc les nombres réels :
π
2π
3π
2π
x=– +k
et x =
+k
(k ∈ ).
6
3
10
5
b)
π
1

1
3π
10
2
11π
10
7π
6
– π6
3π
2
19π
10
c c
64   1. a) (MA ;
MB) = 0.
M
A
c c
b) (MA ; MB) = π.
B
M
A
B
c c π
2. a) (NA ; NB) = .
2
π
c c
b) (NA ; NB) = – .
2
N
A
π
2
B
A
B
–π
2
N
= π,
= 1 BOC
65   1. BAC
2
3
π
CBA = 1 COA = π et ACB = 1 AOB
=
2
2
3
3
donc le triangle ACB est équilatéral.
c c
c
2. a) (OB + OC) = 2 OI où I est le milieu de [BC]. O est aussi
1 c
c
le centre de gravité du triangle ABC donc OI = – OA.
c c c c
2
Finalement OA + OB + OC = O.
110
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
66   1.
1

1

J M1
M2
M0
I
O
M3

7π
10

M4
2. a) Mk + 5 est le point image du nombre réel
2π
2π
=k
+ 2π donc Mk + 5 et Mk sont confondus.
5
5
b) Tout entier relatif k peut s’écrire k = 5q + r où q ∈ 
et r prend l’une des valeurs 0, 1, 2, 3 ou 4.
Mk est alors confondu avec Mr.
3. On a :
OM0 = OM1 = OM2 = OM3 = OM4 et
c c
c c
c c
c c
(OM0 ; OM1) = (OM1 ; OM2) = (OM2 ; OM3) = (OM3 ; OM4)
c c
2π
= (OM4 ; OM0) = ,
5
donc M0M1 = M1M2 = M2M3 = M3M4 = M4M0.
8π
2π
=–
4. M4 est le point image du nombre réel 2π –
5
5
donc M1, M4 sont symétriques par rapport à l’axe des
abscisses.
M3 est le point image du nombre réel
6π 4π
2π – =
donc M2 et M3 sont symétriques par rapport
5
5
à l’axe des abscisses.
(k + 5)
67   1. H étant le pied de la hauteur issue de M dans le
triangle IOM, l’aire de ce triangle est :
1
1
OI × MH = sin x.
2
2
π
c c
2. a) (OM ; ON) = – 2x.
2
b) L’aire du triangle OMN est égale à
1
1
π
– 2x = cos 2x.
sin
2
2
2
3. a) L’aire du polygone OIMNJ est donc égale à
1
sin x + cos 2x.
2 π
π 1
π 3
b) Pour x = , elle est égale à : sin + cos = .
6
6 2
3 4
1

π
c c
68   1. CDE est isocèle et (DE ;
DC) = ,
6
π
c c 5π
c c
donc (CD ; CE) = . Ainsi (CE ; CB) = .
12
12
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1
2. ECB est isocèle donc CH = .
2
3 2− 3
2
et CE = EH2 + C2
EH = 1 –
=
2
2
7− 4 3 1
donc CE2 =
+ = 2 – 53 , CE =
4
4
70   1. a)
2− 3.
3. Dans le triangle rectangle CEH :
a) cos
π CH
=
=
12 CE
π EH
=
=
b) sin
12 CE
4.




1
(
2+ 3
2
)

2+ 3
1
=
2− 3
2
2 – 53
=
2− 3
2
;
2
2− 3
2
;
2
=
2
2 + 53
et
4
)
(
3 +1 2 
4+2 3 ×2 2+ 3
 =
.
=

4
16
4

Les deux nombres ont le même carré et sont positifs, ils
sont donc égaux.
3 −1 2
2− 3
On démontre de même que
.
=
2
4
π
5π
5.
donc
=π–
12
12
2+ 3
π
5π
cos
=–
et
= – cos
12
12
2
(
sin
)
2− 3
π
5π
=
.
= sin
2
12
12
1
π 5π
69   1. a) L’équation cos x = a pour solutions et
2
3
3
dans [0 ; 2π[.
b) et c)
π
J
3
O
cos x
1
2
I
5π
3
d) Dans [0 ; 2 π], l’ensemble des solutions de l’inéquation
1
π 5π
;
cos x  est
.
2
3 3
2.


J
5π
6
O
π
6
I
Dans [0 ; 2π], l’ensemble des solutions de l’inéquation
1
π 5π
;
sin x  est
.
2
6 6


a
0
0
0,78
b
3,14
1,57
1,57
b–a
3,14
1,57
0,79
m
1,57
0,78
1,17
cos m
0
0,71
0,39
b) Le programme affiche un encadrement a  a  b
de la solution a de l’équation cos a = u qui se trouve
dans [0 ; π].
(u est un nombre réel compris entre – 1 et 1).
c) L’encadrement affiché est tel que b – a  0,1. Cette
condition peut être modifiée, on peut ainsi obtenir des
valeurs approchées de a à une précision voulue.
2. b) Par exemple :
• u = 0,5 ; a = 1,0469419 ; b = 1,0477089
La calculatrice donne 1,0471976
• u = 0,1 ; a = 1,4703206 ; b = 1,4710876
La calculatrice donne 1,4706289.
71   AMC est un triangle isocèle en M, en effet le plan
médiateur de [AC] est (BDH) et M est un point de ce plan
donc MA = MC.
M
a AI
, or
sin =
2 AM
α
1
2
2
donc
AI = AC =
2
2
2
a
sin =
.
C
2 2AM
A
I
a π
a est un angle géométrique donc 0   ,
a 2 2
a est maximal si, et seulement si, est maximal, c’esta
2
à-dire sin est maximal.
2
a
sin est maximal lorsque la distance AM est minimale,
2
c’est-à-dire lorsque M est le projeté orthogonal K de A
sur (HB).
H
2
a
Alors sin =
,
2 2AK
θ
AK
1
=
donc
sin θ =
52
53
AK =
2
3
. Enfin
3
a
2π
et a = .
sin =
2
3
2
A
K
B
72   On résout l’équation :
2 sin2 x + sin x – 1 = 0.
On pose X = sin x, on résout :
2 X2 + X – 1 = 0.
1
On obtient
X’ = et X’’ = – 1.
2
111
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1
L’équation sin x = a pour solutions les nombres réels :
2
π
5π
+ k 2π et + k 2π avec k ∈ .
6
6
L’équation sin x = – 1 a pour solutions les nombres réels :
π
– + k 2π avec k ∈ .
2
Finalement, les solutions dans R de l’équation sont les
nombres réels :
π
π
5π
– + k 2π ; + k 2π ; + k 2π avec k ∈ .
2
6
6
Le logiciel affiche les solutions :
3π π 5π
π
; ;
de l’intervalle [0 ; 2π] ; la solution – est
2 6 6
2
également affichée.
73  
ABCD est le carré initial.  est le
cercle de centre O et de rayon
B’
A R
B
OB, ’ est le cercle de centre
B et de rayon OB. Ces deux
cercles se coupent en B’ et B’’.
’
O
Puisque OB = OB’ = BB’ le
P B’’
triangle OBB’ est équilatéral.
D
C
De même OB’’B est équilatéral.
La droite (DB’) coupe [AB] en R et la droite (DB’’) coupe
[BC] en P. Démontrons alors que DRP est un triangle
équilatéral (c’est le triangle solution).
et l’angle au centre BOB’
L’angle inscrit BDB’
interceptent
1
π
le même arc BB’ donc BDB’ = BOB’ = .
2
6
’ = π donc B’DB’’
= π = RDP
De même BDB’
.
6
3
De plus
c c
c c
c c π π π
(DC, DP) = (DC, DB) + (DB, DP) = – = .
4 6 12
π
c c
De même on montre que (DR, DA) = .
12
Les triangles rectangles ADR et DCP qui ont un côté de
même longueur compris entre deux angles respectivement de même mesure sont isométriques. Donc DR = DP.
π
De RDP = et DR = DP, on déduit que DRP est un triangle
3
équilatéral.
74   La fonction sinus est notée sinD en mode degré et
sin en mode radian.
π
Ainsi par exemple sin
= sinD(30).
6
180π
En mode degré la machine calcule sinD
. Or un
180 + π
180π
angle de mesure
degrés a une mesure en radians
180 + π
180π
π
π2
×
.
égale à
=
180 + π 180 180 + π
180π
π2
Donc sinD
= sin
.
180 + π
180 + π
Par ailleurs
180π
180π
π2
sin
= sin π –
= sin
.
180 + π
180 + π
180 + π
On obtient donc le même résultat lorsqu’on calcule
180π
sin avec la calculatrice en mode radian ou
180 + π
en mode degré.
1
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Sujets d’exposés
Sujet 1
De nombreux sites traitent de ce sujet. Par exemple :
www.college-serignan34.net, qui explique de façon
élémentaire la méthode employée par Eratosthène.
Sujet 2
De nombreux sites traitent de ce sujet. Mais ils ne sont
pas tous très sérieux !
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