CHAPITRE 12 ACTIVITÉS Trigonométrie (page 249) Activité 1 1 a) Ajouter 2π, 4π, et plus généralement k × (2π) revient à faire des tours complets sur le cercle qui nous ramènent chaque fois en A. Donc à la fin du parcours, le mobile s’arrête en M. b) B est associé à π . 2 9π = π + 4π, donc B est également associé à 9π . 2 2 2 3π c) • Figure en vert (le carré) : est associé à D et 9π à C. 4 4 4π 13π • Figure en bleu : est associé à L ; est associé à H ; 3 3 5π est associé à J et 13π est associé à G. 6 6 2 b) Figure verte : – 3π est associé à E et – 7π est 4 4 associé à C. Figure bleue : – 7π est associé à J ; – 15π est associé à B’ ; 6 6 – 2π est associé à L ; – 5π est associé à H et – 17π est 3 3 3 associé à H. Activité 2 2 b) cos α = OH . Or OM = 1 donc cos α = OH et de OM HM = HM. même sin α = OM c) Le point M a pour coordonnées cos α et sin α. 3 Lorsque M est en A : X = 0 + k 2π ; cos X = 1 et sin X = 0. Si M est en B : cos X = 0 et sin X = 1. Si M est en A’ : cos X = – 1 et sin X = 0. Si M est en B’ : cos X = 0 et sin X = – 1. PROBLÈME OUVERT La grande aiguille fait un tour en 60 minutes, donc en 1 minute, 1 tour et la petite aiguille fait un tour en 12 h 60 donc en 1 minute, 1 tour. 720 Pour être superposées, il y a eu x minutes 1 de tour à 4 rattraper donc 1 = x – x , soit 11x = 1 ; 4 60 720 4 720 126 x = 180 soit x ⯝ 16 min 22 s. 11 Les aiguilles sont superposées à 3 h 16 min 22 s. Pour être opposées, on a : 3 = x – x , 4 60 720 soit 11x = 3 et x = 540 , soit x ⯝ 49 min 4 11 720 donc à 3 h 49 min. Application (page 252) EXERCICES 1 B 3π — 4 C D A’ π — 3 A O E 5π — 4 F –π B’ — 2 2 3π — M 5 A’ B 3π correspond à 108°. 5 2. À M1 on associe : 3π 8π A 5 +π= 5 . 1. O 2π . Donc on associe chaque fois le même point. 7 4 1. Les triangles OMA et ONA sont équilatéraux donc kNOA = lAOM = 60°. Il en résulte que kMOP = 60° et kAOP = 120°. π π Ainsi à M, on associe , à N on associe – et à P on associe 3 3 2π . 3 13 13 1 1 2. cos m = ; sin m = ; cos p = – ; sin p = ; 2 2 2 2 13 1 . cos n = et sin n = – 2 2 5 1. À M on associe π , à N on associe 3π , à P on 4 4 5π 7π et à Q on associe . associe 4 4 12 π π 2. cos = sin = . 2 4 4 12 12 3π 3π 12 5π =– = =– cos ; sin ; cos ; 2 2 2 4 4 4 12 12 5π 7π 12 7π =– = =– sin ; cos ; sin . 2 2 2 4 4 4 de longueur B’ M1 3 – 12π = – 14π + 2π = 2π – (2π). 7 7 7 7 16π 14π 2π 2π = + = + 2π. 7 7 7 7 Dans les deux cas, on fait un tour sur le cercle trigonomètrique pour revenir en A. Ensuite, on parcourt un arc 6 a) x ≈ 2,59. 7 La valeur exacte de x est b) x ⯝ 0,85. 2π . 3 8 Si cos x = 0,4 et x ∈ [– π ; π], alors x ≈ 1,16 et x ≈ – 1,16. 9 À M on associe x ≈ 0,41. Et à N on associe x ≈ 2,73. Entraînement (page 255) EXERCICES CERCLE TRIGONOMÉTRIQUE B 10 1. a) À A on associe 0 ; à C : π ; à D : 2π ; à A’ : π ; 3 3 4π 5π ;àF: . 3 3 π 2π 2π π 2. À A : 0 ; à C : ; à D : ; à À : π ; à E : – ; à F : – . 3 3 3 3 11 Corrigé dans le manuel. àE: 12 1. – 13π = – 2π + 5π . Donc à – 13π après un tour 9 9 9 complet dans le sens indirect, on s’arrête au point associé à 5π , c’est-à-dire M. 9 923 5π π = 102π + . Or 102π correspand à 61 tours dans 9 9 5π le sens direct, donc on s’arrête au point associé à , c’est9 à-dire M. 13 1. – 13π = – 12π – π = – 4π – π . 3 3 3 3 A O M0 En partant de A, on fait 2 tours dans le sens indirect, puis π M0 est associé à – . 3 5π 2. En tournant dans le sens positif à M0, on associe . 3 B 14 P N M A A’ O Q Chapitre 12 ● Trigonométrie 127 17π 16π π π π = + = 4π + , d’où M associé à . 4 4 4 4 4 29π 24 5π 5π 5π • = π+ = 4π + donc N est associé à . 6 6 6 6 6 13π 12π π π •– =– – = – 3π – , En partant de A dans le 4 4 4 4 sens indirect, on fait un tour et un demi-tour. On arrive en A’ π puis – on obtient P. 4 18π 15π 3π 3π • = + = 3π + . On fait un tour et un demi-tour 5 5 5 5 3π dans le sens direct. On arrive en A’ puis on obtient Q. 5 B M 15 • A’ 2π π b) x0 = – . 3 20 1. a) Arc épais. B 1 – 2 π A’ B’ 1. En partant de A dans le sens positif, à M on associe 2π . Puis à partir de M, un demi-tour dans le sens négatif, on 5 2π 3π – π, soit – , donc la trouve M’, donc on lui associe 5 5 proposition est vraie. 9π 10π π π 9π π 2. = – = 2π – donc à et – 5 5 5 5 5 5 on associe le même point. La proposition est vraie. 3. Le triangle A’OM est équilatéral donc lA’OM = 60°. En tournant dans le sens indirect à partir de A, on associe à M π 4π le nombre – π – = – . La proposition est vraie. 3 3 16 – 2π – 2π 0 π A’ √ 3 –— 2 5π . 6 Corrigé dans le manuel. b) x0 = 21 22 En reprenant les constructions des exercices 20 et 21, on trouve : A’ π –1 2 B M0 B’ x appartient à 冥 0; B π 2 冤 冥 3π ; 2π 2 冤 冥 –π; – cos x + + – sin x + – – π 2 COSINUS ET SINUS D’UN NOMBRE 19 12 3π a) cos =– . 2 4 3π — 4 A’ 128 冤 A’ –π √— 3 –— 2 M0 –π — B’ 2 x0 = –2π — 3 B’ x0 = –π — 4 A –— π 6 23 1. b = π + 2π = 5π. 6 3 6 π 4π 9π 3π c= + = = . 6 3 6 2 A — B √3 — 2 A 0 A’ –π B O √ 3 –— 2 –2π — 3 B’ A 2π x0 = –2π — 3 π 9π À M on associe – 2π = – . 5 5 17 Corrigé dans le manuel. 18 A O B’ 2π π 5 M0 π — 2 B M0 M’ 0 A O 2. a) A O 13 冢 3冣=– 2 . π 1 c) sin 冢– 冣 = – . 6 2 b) sin – M0 5π (—) 6 B π H M (—) 6 N A’ 3π ) (— P B’ 2 13 1 2. M a pour coordonnées ; ; 2 2 13 1 N – ; ; P(0 ; – 1). 2 2 3 Donc PH = ; MN = 13, 2 1 3 313 donc aire (MNP) = × 13 × = . 4 2 2 24 1. a = – 42π + π = – 14π + π donc le point M est 3 3 3 π associé à . 3 π B M (—) (b+π) 3 Q 冢 冣 A’ 冣 A O –π N (— ) 3 π π b = 14π – donc N est associé à– . 3 3 c = π + a donc P est le symétrique de M par rapport à O. d = π + b donc Q est le symétrique de N par rapport à O. P (a+π) B’ M K O A K M B’ 2. b) Lorsque P décrit l’arc plus épais, le cosinus prend 1 ses valeurs sur [HA] donc cos x ∈ – ; 1 . 2 c) De même sin x prend ses valeurs sur [KB] donc 12 sin x ∈ – ; 1 . 2 冤 冤 冥 冥 27 1. M0 A’ π – 0,8 B O A 0 B’ 2. À la calculatrice, x en radians a pour valeur approchée 2,50. En degrés : 143°13. 28 π — 2 B A’ A O – 0,4 M0 –π — B’ 2 25 1. La proposition est vraie OM2= OH2 + OK2 15 2. La proposition est fausse car > 1. 2 P O H A’ 2. Le quadrilatère MNPQ est un rectangle tel que MQ = 1 et MN = 13, donc aire (MNPQ) = 13. donc (cos x)2 + (sin x)2 = 1. B N A O 冢 26 1. En degrés : x ⯝ – 23°58. En radians : x ⯝ – 0,41. 29 Corrigé dans le manuel. 30 En degrés : a) x ⯝ 64°62. H b) x ⯝ – 66°42. c) x ⯝ 160°53. d) x ⯝ 107°46. 3. La proposition est fausse. Il existe deux points M et N donc deux nombres x. 4. La proposition est fausse car cos2 x + sin2 x = 1. Donc si cos x = 0, alors sin x = 1 ou – 1. 31 1. cos2 x = 1 – sin² x = 1 – 1 = 8 . 9 M0 5. La proposition est vraie car – 1 ⭐ sin x ⭐ 1 donc sin2 x ∈ [0 ; 1]. π — M 2 B 9 B 2. a) A’ π 1 – 3 O A B’ A’ 1 O N 3π B’ — 2 A b) cos x < 0. 212 c) cos x = – . 3 32 1. (sin x)2 = 1 – (cos x)2 = 1 – 9 = 16 . 25 25 Chapitre 12 ● Trigonométrie 129 B 2. a) 3 – 5 A’ A 0 O A’ π — 2 A O M0 –π — B’ 2 B 11π —— 12 B’ b) sin x < 0. c) sin x = – AVEC LES TICE 4 . 5 38 1. L’aire semble maximale lorsque lAOM = 90° et OMED dans ce cas est un rectangle. 33 Sur [0 ; π], x = π . 6 –π π — — 6 6 –π 11π —— 6 0 π 2π + 2π B A’ 3π ; π 23π —— 6 3π 4π + 2π A 0 ; 4π M1 B’ Le nombre de l’intervalle [3π ; 4π], est b) Si H est le projeté orthogonal de M sur (OA), alors aire (OMED) = MH × OD soit 3 sin X. 2. La valeur maximale de sin X est 1, donc celle de l’aire est 3. L’angle lAOM = 90° donc le quadrilatère est un rectangle. 2 3. a) A(x) = 2 équivaut à 3 sin X = 2 donc sin X = . 3 B 2 N M – 3 0 O A’ A π M0 (—) 6 O 2. a) X ∈ [O ; π] donc sin X ⭓ 0. 23π . 6 34 À N, on associe – π et à P on associe 5π donc N a 6 13 13 1 1 pour coordonnées ; – et P – ; . 2 2 2 2 冢 冣 冢 35 Corrigé dans le manuel. 36 Corrigé dans le manuel. (16 + 12)2 16 12 8 + 2412 = 16 8 + 413 = 16 2 + 13 = ; 4 π π = 1 – cos² sin2 12 12 2 + 13 =1– 4 2 – 13 . = 4 16 + 12 2 8 – 413 Or = 4 16 2 – 13 d’où le résultat. = 4 11π π 2. Donc sin = sin 12 12 16 – 12 = . 4 37 1. cos2 π = 冢 130 冣 冣 B’ 6 Il existe deux nombres X tel que : 2 sin X = . 3 c) X1 ⯝ 41°81 et X2 ⯝ 138°19. PRENDRE TOUTES LES INITIATIVES 39 Le cerf-volant est inscrit dans un cercle de centre O, milieu de [AC]. AC2 = 4 + 1 = 5, AC = 15 donc OD = 15 . 2 B 2 H O α C α 1 2 D 1 1 DH × AC 2 1 = CD × DA 2 A De plus aire (DCA) = 2 . 15 Or kCOD = α (angle au centre interceptant le même arc que kCAD). soit DH = DH DO 2 2 = × 15 15 4 = . 5 Donc sin α = 40 (1 + sin x + cos x)2 = 1 + sin2 x + cos2x + 2 sin x + 1 2 cos x + 2 sin x cos x = 2 + 1 [sin x + cos x + sin x cos x] et 2(1 + cos x)(1 + sin x) = 2(1 + cos x + sin x + sin x cos x), d’où l’égalité. Chapitre 12 ● Trigonométrie 131