Trigonométrie Chapitre 12 Le radian n’étant pas considéré comme exigible dans le programme, nous avons introduit la notion de longueur algébrique d’un arc orienté afin d’expliquer l’enroulement de la droite numérique autour du cercle trigonométrique. Ainsi à la place d’exercices de conversion radian/degré, nous proposons des exercices de calcul de longueurs d’arc ou d’angle en degré (capacités 1 et 2). De nombreux exercices utilisent une interprétation géométrique (via le dessin du cercle trigonométrique, et la traduction géométrique des données des exercices). Cela permet aux élèves de mieux visualiser les situations (équations, propriétés des fonctions sinus et cosinus…). Les exercices 12 à 19, 24 à 25, et l’aide individualisée 2 visent à faire des calculs avec des cosinus et sinus, sans oublier leurs propriétés. Les valeurs des sinus et cosinus pour certains angles remarquables sont redémontrées (Activité 2). Le cosinus et le sinus de l’angle double sont proposés à l’exercice 30. La trigonométrie ayant des domaines d’application vastes, nous avons tenté d’en rendre plusieurs illustrations : horloge (ex. 10), GPS (ex. 23), plan (ex. 31), optique (ex. 32), électricité (ex. 38), mécanique (ex. 41)… Si les équations trigonométriques ne sont pas explicitement au programme, les élèves disposant de tous les outils nécessaires, nous avons néanmoins proposé quelques exercices sur ce sujet (capacité 5, ex. 17 à 19, 26, 27, 32). La plupart de ces équations sont linéaires en sinus ou cosinus. Certaines ne le sont pas (ex. 18, 21, 34). Dans ce cas, soit l’utilisation d’une propriété de base du cosinus ou du sinus est requise, soit l’élève est guidé (ex. 34). © Éditions Belin 2010 Ouverture La trigonométrie dans le triangle rectangle est très utile pour calculer des longueurs et des angles, mais n’interviennent alors que des angles aigus, or l’astronomie, la physique, la mécanique, etc., ont à prendre en compte des phénomènes apparemment réguliers qui nécessitent l’usage « d’angles » en un sens plus général et surtout ne se limitant pas à un tour. Pour faire un tour complet en une année et pour des raisons qui tiennent à leur système de numération de base 60, le peuple de Summer choisit comme unité d’angle la 360e partie du cercle ; le degré était né. Ultérieurement les développements significatifs du calcul trigonométrique sont dus aux mathématiciens Indous dont les travaux furent repris par les mathématiciens Arabes ; ce n’est que quelques siècles plus tard que les textes arabes furent traduits en latin et ce fut au tour de l’Europe de découvrir le « traité sur les sinus ». Chapitre 12 ■ Trigonométrie 143 Si l’on revient au cercle trigonométrique, les coordonnées, dans le repère orthonormé utilisé, d’un point M de ce cercle sont respectivement cosx et sinx ; on a ainsi une « fonction » qui à un réel x fait correspondre un point du cercle de centre O, de rayon 1 ; il s’agit d’une représentation paramétrique du cercle. Comme dans le chapitre 9, cette représentation paramétrique du cercle peut être utilisée pour établir des propriétés géométriques grâce à des calculs algébriques. Pour bien commencer Exercice 1 Révision des calculs de circonférence d’un cercle. π 2π a/ 2π ; b/ π ; c/ ; d/ . 2 3 Exercice 2 Révision des formules de trigonométrie dans un triangle (vues au collège). Avec le théorème de Pythagore, on a AC = 10. = 4 , sin A = 3 , tan A = 3; a/ cos A 5 5 4 ≈ 36,9°, C ≈ 53,1°. Ces résultats peub/ A vent être trouvés de deux manières : soit géométriquement en traçant la figure, soit à l’aide de la calculatrice (dans ce cas en mode degré) et l’utilisation des fonctions Arcsin ou Arccos. Elles permettent alors de trouver la en degré, puis le triangle valeur de l’angle A étant rectangle, celle de l’angle C. Exercice 3 Savoir ordonner les différentes valeurs remarquables en trigonométrie. π π 1. a/ ≈ 0, 52 ⬍ ≈ 0, 78 ⬍ 1 6 4 π π ⬍ ≈ 1, 05 ⬍ ≈ 1, 57 ; 3 2 π — 6 π — 4 0 © Éditions Belin 2010 1 2 3 2 ≈ − 0, 87 ⬍ − 2 2 = − 0, 5 ⬍ 0. √ ⎯3 √ ⎯2 1 –— –— –— 2 2 2 –1 144 π — 2 1 b/ − 1 ⬍ − ⬍− π — 3 0 Chapitre 12 ■ Trigonométrie ≈ − 0, 71 Exercice 4 Faire le lien entre coordonnées et valeurs des cosinus et sinus sur un cercle trigonométrique. En utilisant le théorème de Pythagore et compte tenu que OA2 = 1 : 3 3 ; b/ y B = ; a/ y A = − 2 2 d/ yM ≈ 0,6. c/ xM ≈ 0,8 ; n Activités d’introductio Commentaires L’activité 1 vise à introduire le concept d’enroulement via un exemple concret connu des élèves : le vélo. Des variantes peuvent être proposées en se basant sur des roues de formes carrées, triangulaires, etc. L’activité 2 vise à redémontrer les valeurs des cosinus et sinus de 60°, 30° et 45° grâce à des considérations géométriques. Des indications pourront être données aux élèves : a/ Nature du triangle OIA ? Introduire le pied de la hauteur issue de A. b/ Nature du triangle OB’B ? Introduire H intersection de (OI) et (B’B). c/ Introduire H, pied de la hauteur issue de C dans le triangle OIC. L’activité 3 vise à comprendre l’enroulement de la droite numérique autour du cercle trigonométrique grâce à l’utilisation d’un fichier GeoGebra. Le fichier propose de visualiser l’enroulement de la partie positive de la droite des réels entre 0 et 2π, puis de la partie négative entre 0 et –2π, puis les deux en simultané et enfin de considérer l’enroulement de la partie positive sur deux tours. Il est possible d’utiliser des valeurs continues (plus exactement à la précision π du logiciel) ou par pas de ce qui permet 12 de tomber sur des valeurs exactes pour les angles remarquables. Les activités 1 et 3 sont vraiment essentielles pour faciliter la compréhension du cours. Activité 1 a/ Partie A M O I En gris foncé, partie surlignée en bleu, en gris clair, partie surlignée en vert. π 3π b/ Lbleu = , Lvert = . 2 2 On a Lbleu + Lvert = 2π. © Éditions Belin 2010 Partie B 1. a/ Le vélo avance d’un périmètre de cercle, soit 2πR ; b/ on multiplie par 3, soit 6πR ; c/ environ 4,4 m et 13,2 m avec R = 0,7 m ; d/ 360°, 3 × 360° = 1 080° ; 2. Facteur 0,5 par rapport à la question précédente. a/ πR ; b/ 3πR ; c/ environ 2,2 m et 6,6 m ; d/ 180°, 540°. α 3. πR . 180 = 60°, d’où Activité 2 a/ OA = OI et IOA OIA triangle équilatéral. (AH), la hauteur 1 issue de A est aussi la médiane, d’où OH = 2 OH 1 = . Pythagore dans OHA et cos60° = OA 2 HA 3 3 = donne : HA = donc sin60° = . OA 2 2 b/ B’ étant le symétrique de B par rapport à OI, on a OB = OB’. = = 2BOI = 60°, d’où BOB’ est BOB’ BOI + IOB’ équilatéral. Soit H tel que H = (OI) ∩ (B’B), 1 on a BB’ = 1 et BH = , 2 BH 1 = . Pythagore dans OHB d’où sin30° = OB 2 OH 3 3 = donne : OH = , donc cos30° = . OB 2 2 c/ Soit H le pied de la hauteur issue de C dans le triangle OIC. Le triangle CHO est = 45°, on a rectangle en H et comme COH = 180 − 90 − 45 = 45°. On en déduit OCH que CHO est isocèle en H. D’après Pythagore dans CHO, OC2 = OH2 + HC2 ainsi 1 = 2OH2, 2 . On obtient donc d’où OH = HC = 2 OH 2 CH 2 cos45° = = = et sin45° = . OC 2 OC 2 Activité 3 @ ressource disponible sur www.libtheque/mathslycee.fr. 1. a/ (1 ; 0) ; b/ (0 ; 1) ; c/ (−1 ; 0) ; d/ (0 ; −1) ; e/ (1 ; 0). 2. a/ (1 ; 0) ; b/ (0 ; −1) ; c/ (−1 ; 0) ; d/ (0 ; 1) ; e/ (1 ; 0). Erratum : mettre « le » avant « lien » dans 3. a/ et 3. b/. 3. a/ Ils sont opposés, x1 + x2 = 0 ; b/ x1 − x2 = 2π en dehors des bornes 0 et 2π pour x1 et 0 et −2π pour x2. Sinon, on a respectivement x1= x2 = 0 et x1 = −x2 = 2π. Remarque : ce résultat n’est pas évident à trouver, il faut inciter les élèves à observer le cercle trigonométrique. 4. On exclut le tour complet pour M1. x3 = x1 si on a fait faire à M3 moins d’un tour. x3 = x1 + 2π si on a fait faire à M3 entre 1 et 2 tours (exclu), etc. En généralisant, on peut dire que x3 = x1 + k × 2π si on fait faire à M3 entre k et k + 1 tours (exclu). 5. x + 2π ; x − 2π ; en effectuant un nombre de tour compris entre 2 (au sens large) et 3 (au sens strict), on trouve : −4π − (2π − x) = x – 6π. es Exercices et problèm L’ENROULEMENT DE LA DROITE NUMÉRIQUE 1 1. b/ et c/ ; 2. b/ et d/ ; 3. a/ ; 4. b/, c/, d/ (a/ faux, car 360° n’est pas 2π). 2 a/ Vrai ; b/ faux, c’est le symétrique de I par rapport à O ; c/ vrai ; d/ faux, c’est J. 4 a/ 3π 8 ≈ 1,2 cm ; b/ c/ 15π ≈ 47,1 cm ; 7π ≈ 3,7 cm ; 6 25 π d/ ≈ 2,2 cm. 36 Chapitre 12 ■ Trigonométrie 145 6 a/ Ce n’est pas exactement la formule de la capacité 2, car le cercle n’est pas unitaire ici. Cependant une même règle de trois 360 × L donne la formule : α = = 36° ; 2πR 60° b/ 60° ; c/ ≈ 19,1° ; π d/ 120° ; e/ 120° ; f/ 315°. 7π = 2π + π . Donc le point résultant d’un 3 3 enroulement de la droite numérique marquée 7π est le même que celui marqué à l’abscisse 3 π à l’abscisse . L’angle du cercle trigonomé3 π π 360 = 60° ; trique de longueur vaut × 3 3 2π 3π 5π c/ − soit un angle de 135°; + 2π = 4 4 180 ≈ 573° = 3 × 180° + 33° ; d/ 10 × π 180 ≈ 57°. e/ 1 × π J Q R 33° T d/ O I=P 60° = 2πR = 21π cm ≈ 66,0 cm ; 9 a/ AB 4 = 126π ≈ 395,8 cm ; b/ 6 AB c/ 2(2π × 40) = 160π ⬎ 126π donc il faut choisir la configuration avec deux tables identiques. 10 Faire un produit en croix, comme à la capacité 1 p. 271 : 1 heure = 60 minutes correspond à 2πR = 24π cm 24 π 2π x minutes correspond à = x. 60 5 Chapitre 12 ■ Trigonométrie × 5 = 2π cm ≈ 6,3 cm ; 5 2π 5 2π 5 2π 5 44 π × 22 = 5 2π 5 cm ≈ 27,6 cm ; × 30 = 12π cm ≈ 37,7 cm ; ( 60 + 10 ) = 28π cm ≈ 88,0 cm ; 454 π ( 3 × 60 + 47 ) = 5 cm ≈ 285,3 cm. 11 Attention, D est le diamètre, et pas le rayon. En faisant un produit en croix, on trouve la L formule : nombre d’enroulements = . πD 16 ≈ 5, 3 tours. a/ 5 tours ; b/ 5 tours ; c/ 3 SINUS ET COSINUS D’UN NOMBRE RÉEL 12 a/ Faux, c’est cosx ; b/ vrai ; c/ faux, elle vaut 1 ; d/ vrai ; e/ faux, elle peut également être négative. 13 a/ Faux ; b/ faux ; c/ vrai ; d/ faux ; 15 a/ 1 × 0 = 0 ; b/ S © Éditions Belin 2010 c/ 2π e/ faux ; f/ vrai ; g/ faux ; h/ vrai. + 57° 45° 146 b/ e/ 8 a/ P = I ; b/ a/ 1 2 × 3 2 = 3 4 ; 2 × 0 = 0 ; d/ −1 × 1 = −1 ; 2 e/ cos10 sin20 ≈ − 0,77 (avec la calculatrice en mode « radian », en mode « degré » le résultat trouvé est 0,34) ; 2 2 f/ 1 × . = 2 2 c/ 16 a/ cos0 = 1 ; b/ (−1)2 = 1 ; c/ 1 ; sin d/ cos π 3 3 = 2 = 1 π 3 3. 2 18 Soit k est un entier relatif. Interpréter l’équation de façon géométrique sur le cercle trigonométrique, afin de voir toutes les solutions. a/ Les solutions de l’équation correspondent à l’intersection de la droite d’équation y = 0, soit l’axe des abscisses et le cercle trigonométrique. Géométriquement les solutions correspondent donc au point I et à son symétrique par rapport à O. On trouve donc les solutions x = 0 + k × 2π et x = π + k × 2π que l’on peut réécrire kπ ; 3π b/ ⺢ ; c/ ± + k × 2π ; 4 4π π + k × 2π. d/ − + k × 2π et 3 3 19 Soit k est un entier relatif. Les solutions sont : a/ ± π + k × 2π ; 3 b/ cosx + sinx ⭐ 2, donc il n’y a pas de solutions ; c/ π + k × 2π ; 7π π d/ − + k × 2π et + k × 2π . 6 6 21 a/ Avec la calculatrice en mode « radian » : 1 = 0, 253. Avec la calculatrice en mode 4 « degré », on trouve 14,5° ; b/ Un carré est positif et 1 − 2 ⬍ 0, d’où il n’y a pas de solutions ; c/ −0,305 (mode radian) ou −17,5° ; d/ −0,615 (mode radian) ou −35,3°. Remarque : les valeurs de x en radian dans a/ et c/ sont très proches (sans être égales) des valeurs de sinx (0,25 et –0,30) de l’énoncé. Les élèves doivent bien comprendre que cela correspond à des exceptions. Arcsin 22 a/ b/ c/ © Éditions Belin 2010 d/ 15 π 2 4π 2 9 11π 6 4π 3 ≈ 23,6 cm ; cm ≈ 2,0 cm ; ≈ 5 ,8 ; ≈ 4,2. 23 Application dans le domaine des coordonnées GPS. Dans les différents exemples, les deux points sont toujours soit sur un même méridien, soit sur l’équateur. La coordonnée non nulle des amis est donc l’angle de l’arc de cercle dont on recherche la longueur. 2 π Rx π Rx La formule générale est donc : = . 360 180 65 405 π a/ ≈ 11 415 km ; 18 16 510 π b/ ≈ 5 763 km ; 9 29 845 π c/ ≈ 5 209 km ; 18 32 385 π d/ ≈ 5 652 km. 18 24 a/ À l’aide de la calculatrice, on trouve environ −0,87. On pourra faire remarquer 3 par aux élèves que la valeur exacte est − 2 des considérations géométriques. b/ On ajoute 2π jusqu’à obtenir une valeur remarquable, ⎞ ⎛ 11π ⎛ 11π⎞ = cos ⎜ − + 2π⎟ cos ⎜ − ⎠ ⎝ 2 ⎝ 2 ⎟⎠ ⎛ π⎞ ⎞ ⎛ 11π + 6 π⎟ = cos ⎜ ⎟ = 0 ; = ... = cos ⎜ − ⎝ 2⎠ ⎠ ⎝ 2 ⎞ ⎛ 7π ⎛ 7 π⎞ + 2π⎟ c/ cos ⎜ − ⎟ = cos ⎜ − ⎠ ⎝ 3 ⎝ 3⎠ ⎛ π⎞ 1 ⎛ π⎞ = ... = cos ⎜ − ⎟ = cos ⎜ ⎟ = ; ⎝ 3⎠ 2 ⎝ 3⎠ d/ On retire 2π jusqu’à obtenir une valeur remarquable, ⎛ π⎞ ⎞ ⎛ 9π ⎛ 9 π⎞ 2 − 2π⎟ = cos ⎜ ⎟ = ; cos ⎜ ⎟ = cos ⎜ ⎝ 4⎠ ⎠ ⎝ 4 ⎝ 4⎠ 2 e/ 3 2 f/ 0. ; 25 En utilisant les mêmes la même démarche qu’à l’exercice précédent : π 1 π b/ sin = 1 ; a/ sin = ; 6 2 2 π 3 π 2 ; d/ sin = ; c/ − sin = − 3 2 4 2 π 1 e/ − sin = − ; f/ −1. 6 2 Chapitre 12 ■ Trigonométrie 147 26 Soit k est un entier relatif. Les solutions sont : a/ ± b/ − 2π 3 π + k × 2π ; + k × 2π et − 2π + k × 2π ; 3 3 c/ pas de solutions ; d/ avec la calculatrice, on calcule Arccos(0,3) ≈ 1,27. Les solutions sont 1,27 k × 2π et − 1,27 k × 2π. 27 On résout les systèmes de façon géométrique, sur le cercle trigonométrique. Soit k est un entier relatif. Les solutions sont : a/ Géométriquement, cela revient à étudier l’intersection du cercle trigonométrique avec les droites x = 0 et y = 1. Cela correspond au π point J. Les solutions sont donc + k × 2π ; 2 5π + k × 2π. b/ 6 SUR L’ENSEMBLE DU CHAPITRE Les exercices 29 et 30 s’intéressent aux cosinus et sinus de sommes d’angles (29 c/ et d/), et angle double (30). Afin de comprendre l’utilité de ces formules qui pourront être apprises dans des classes ultérieures (1re S), on pourra étudier et tracer différents exemples. 29 Utilisation de l’expression de la distance © Éditions Belin 2010 entre deux points en fonction des coordonnées. Cet exercice permet d’effectuer des calculs complexes avec des variables muettes. a/ OM2 = 1, donc OM = 1. M est donc sur le cercle trigonométrique ; b/ ON2 = 0,52, donc ON = 0,5 < 1. N est à l’intérieur du cercle trigonométrique ; c/ OP2 = cos2α − 2cosα sinα + sin2α + sin2α + 2sinα cosα + cos2α = 2, donc OP = 2 ⬎ 1. P est donc à l’extérieur du cercle trigonométrique ; d/ OQ2 = cos2α cos2β − 2 cosα cosβ sinα sinβ + sin2α sin2β + sin2α cos2β + 2sinα cosβ cosα sinβ + cos2α sin2β = (cos2α + sin2α)cos2β + (sin2α + cos2α) sin2β = 1. Donc Q est sur le cercle trigonométrique. 30 Objectif : démontrer les formules des cosinus et sinus des angles doubles. 148 Chapitre 12 ■ Trigonométrie a/ ON2 = cos4α − 2cos2α sin2α + sin4α + 4cos2α sin2α = (cos2α + sin2α)2 = 1 ; b/ IM2 = (cosα − 1)2 + sin2α = cos2α − 2cosα + 1 + (1 − cos2α) = 2(1 − cosα) ; c/ MN2 = (cos2α − sin2α − cosα)2 + (2cosα sinα − sinα)2 = cos4α + sin4α + cos2α − 2cos3α + 2sin2α cosα + 2 cos2α sin2α − 2sin2α cosα = (cos2α + sin2α)2 − cosα (2cos2α + 2sin2α) = 2(1 − cosα) ; ; d/ (OM) bissectrice de ION OI = ON, donc le triangle ION est isocèle en O. MI = MN, donc M appartient à la médiatrice du segment [NI]. Le triangle ION étant isocèle en O, la médiatrice de [NI] est aussi bissectrice Donc (OM) bissectrice de ION. de l’angle ION. e/ ION = 2IOM = 2α donc N = (cos(2α), sin(2α)). L’ordonnée de N est non nulle ce qui implique que N est différent de I. 31 600 cos 45° + 2π × 500 + 2π × 700 120° 360° 30° 360° 600 + = 600 2 + 1 200 + cos 60° 2 150 π 3 + 2π × 800 60° 360° ≈ 4 300 m ≈ 4,3 km 32 Application dans le domaine de l’optique. sin i2 = n1 = v2 . sin i1 n2 v1 Application : sini2 = 2sin30° = 1 d’où i2 = 90°. (Il n’est pas utile ici de tenir compte de toutes les solutions en +2kπ, car nous sommes dans une application concrète où les angles sont compris entre 0° et 90°). ⎛n ⎞ b/ i2 = Arcsin ⎜ 1 sin i1⎟ ≈ 0,13 (avec la calcu⎝ n2 ⎠ -latrice en mode radian) ou 7,5° (avec la calculatrice en mode degré). ⎛n ⎞ c/ i2 = Arcsin ⎜ 1 sin i1⎟ ≈ 0,12 (en mode ⎝ n2 ⎠ radian) ou 6,7° (en mode degré) ; ⎛n ⎞ i2 = Arcsin ⎜ 1 sin i1⎟ ≈ 0,07 (en mode radian) ⎝ n2 ⎠ ou 4,2° (en mode degré). d/ Le diamant : le rayon lumineux est alors le plus dévié. Car l’angle de sortie i2 y est a/ alors le plus éloigné de celui d’entrée (10°). C’est ce type de caractéristiques qui est le plus recherché pour la construction de verre correcteur, et ainsi minimiser l’épaisseur des verres. 33 R = le rayon d’un cercle ; α = angle en degré ; P = périmètre d’un cercle de rayon R (car P = 2πR). L’algorithme permet de calculer L, la longueur de l’arc de cercle de rayon R et d’angle α en α degré, puisqu’on a la formule : L = P . 360 34 a/ Un carré étant toujours positif : (cosx − sinx)2 = 1 − 2cosx × sinx ⭓ 0 1 d’où cosx × sinx ⭐ . 2 b/ (cosx + sinx)2 = 1 + 2cosx × sinx ⭓ 0 1 d’où −cosx × sinx ⭐ . 2 c/ Les deux questions précédentes permettent de retrouver directement le résultat demandé. On déduit de l’encadrement que l’équation cosx × sinx = 1 n’a aucune solution ⎡ 1 1⎤ car 1 ∉ ⎢− ; ⎥ . ⎣ 2 2⎦ Le fait que cette équation n’ait pas de solution réelle peut être également démontré d’une autre façon. En effet, si x est solution, alors cos2x sin2x = 1. Or pour tout réel x on a cos2x ⭐ 1 et sin2x ⭐ 1, donc toute solution vérifie donc cos2x = sin2x = 1. Ce qui n’est pas possible car on a pour tout réel x : cos2x + sin2x = 1. © Éditions Belin 2010 35 a/ b/ Pour le tracé à la main, on pourra demander aux élèves de placer les valeurs remarquables puis de s’aider du graph de la calculatrice pour tracer correctement la courbe. 36 a/ f(x + 2π) = cos(sin(x + 2π)) = cos(sinx) = f(x), de même pour g. b/ y sin(1) 1 cos(1) 0 ⫺ sin(1) Ꮿf x 2 3 4 5 6 7 8 9 Ꮿg c/ Les fonctions étant ici 2π périodiques, nous pouvons limiter notre étude à un intervalle quelconque de longueur 2π. Ainsi, si l’écran de la calculatrice en contient au moins un, il suffit de vérifier les 3 assertions suivantes pour démontrer les 3 séries d’inégalités : Ꮿy = cos(1) en dessous de Ꮿy = f(x), en dessous de Ꮿy = 1 ; Ꮿy = −sin(1) en dessous de Ꮿy = g(x) en dessous de Ꮿy = sin(1) ; Ꮿy = g(x) en dessous de Ꮿy = f(x). C’est ici plus une preuve empirique qu’une réelle démonstration, car il faut se fier aveuglément aux courbes pour « justifier » le résultat. 37 a/ @ fichier GeoGebra corrigé disponible sur www.libtheque/mathslycee.fr. MN + KI OH‘ où b/ L’aire demandée = 2 H’ = (OJ) ∩ (MN) = projeté orthogonal de M sur (OJ). 2cos α + 2 sin α = sinα(1 + cosα). A= 2 c/ α ≈ 60° et l’aire du trapèze vaut approximativement 1,30. On pourra indiquer aux élèves que la valeur π exacte de l’angle recherchée est (ils sauront 3 le faire par eux-mêmes en classe de 1re). On pourra alors leur faire calculer la valeur 3 3 exacte de l’aire : . 4 Chapitre 12 ■ Trigonométrie 149 38 Application dans le domaine de l’électricité. a/ ∀x, −1 ⭐ sinx ⭐ 1, d’où ∀t, ⎞ ⎛ 2π −1 ⭐ sin ⎜ ( t + )⎟ ⭐ 1 ⎠ ⎝ T Umax étant positif, on a ainsi : ∀t, −Umax ⭐ U(t) ⭐ Umax. Umax est donc une tension maximale. ⎛ 2π⎞ b/ U(0) = Umax sin ⎜ ; le sinus ayant 1 ⎝ T ⎟⎠ comme valeur maximale, on recherche donc ⎛ 2π⎞ =1 une valeur de telle que sin ⎜ ⎝ T ⎟⎠ 2π π T ⇔ + k × 2π, d’où = une = T 2 4 solution possible. ⎞ ⎛ 2π c/ U(t + T) = Umax sin ⎜ ( t + T + )⎟ ⎠ ⎝ T ⎞ ⎛ 2π = Umax sin ⎜ ( t + ) + 2π⎟ ⎠ ⎝ T ⎞ ⎛ 2π = Umax sin ⎜ ( t + )⎟ = U(t). ⎠ ⎝ T d/ U(60s) = 310 × sin(2π × 50 × 60) = 0 V. POUR ALLER PLUS LOIN 39 1. a/ D’après Pythagore dans ADG, 2 AG = 42 © Éditions Belin 2010 b/ EF = ⎛ 4 3⎞ +⎜ = 2 7 cm ≈ 5,3 cm ; ⎝ 2 ⎟⎠ CE cos 30° = 2 3 ≈ 3,5 cm ; c/ CF = EFsin30° = 3 ; d/ On fait la différence entre l’aire du rectangle et l’aire des triangles DGA et FCE et on obtient : 1 4 3 1 Ꮽ=4×4 3−3× 3× −4× × 2 2 2 21 2 2 = 3 cm ≈ 18,2 cm . 2 2. a/ Le prisme étant droit, volume = base × hauteur : ᐂ = A × BH = 105 3 cm3 ≈ 181,9 cm3 ; b/ non, en utilisant la réciproque du théorème de Pythagore : AG² = (2 7)2 = 28, AH2 = AB2 + BH2 = 148, GH2 = 128 ≠ AH2 + AG2 = 176. 150 Chapitre 12 ■ Trigonométrie Remarque : la longueur GH est celle obtenue par Pythagore dans le triangle rectangle en B, GBH. 40 1. a/ AB = 2PB = 2 OB2 − OP 2 = 2 OB2 − ( OH − HP)2 = 2,4 cm ; ⎛1, 3 − 0, 8⎞ ≈ 2,35 (avec la 2. α = 2Arccos ⎜ ⎝ 1, 3 ⎟⎠ calculatrice en mode radian, utile pour la question 3) ou 134,8° (avec la calculatrice en mode degré). 3. a/ 1,32 × π ≈ 5,3 cm2 ; AB = 0, 6 cm2 ; b/ OP 2 c/ aire de la portion du disque délimitée par l’angle AOB − aire du triangle AOB 1,32 α = − 0, 6 ≈ 1,385 cm². 2 41 Application dans le domaine de la mécanique. a/ Application du théorème de Thalès : BK BJ = puis résoudre en BK. En faisant le AK AI produit en croix, il vient : BK × R = (d + BK) × r, rd donc (R – r) × BK = dr, d’où BK = . R−r b/ Soit I’ le point de [AI] tel que (IJ) // (I’B). Comme (AI) // (BJ), AIJB parallélogramme, donc IJ = I’B. Dans le triangle rectangle BI’A, le théorème de Pythagore nous donne : I‘B = AB2 − AI‘2 . (AI ⊥ IJ), donc AIJB est un rectangle, et II’ = JB. Ainsi AI’ = AI − II’ = AI − JB. De là : IJ = I‘B = d 2 − (R − r )2 . c/ Dans le triangle rectangle BJK : BJ R−r R−r cosα = = ×r = , BK rd d ⎛R − r ⎞ d’où α = arccos ⎜ ; ⎝ d ⎟⎠ d/ L = 2IJ + (2πR − 2αR) + 2αr = 2[IJ + πR + α(r − R)] ⎡ = 2 ⎢ d 2 − (R − r )2 + π R ⎣ ⎛ ⎛ R − r ⎞⎞ ⎤ + ( r − R) ⎜ π − Arccos ⎜ . ⎝ ⎝ d ⎟⎠ ⎟⎠ ⎥⎦ Dans le cas particulier où r = R, on peut aisément vérifier la formule : L = 2(d + πR) car on a deux demi-périmètres de cercles de rayon R et deux segments de longueurs d. 42 a/ Pour i := 0 à 90 faire ; a := sin(i) ; Afficher(a) ; FinPour b/ n := 0 ; Tantque 0,3 < sin(n) faire n := n + 1 ; FinTantque Afficher(n) ; c/ Saisir(a) ; n := 0 ; Tantque a < sin(n) faire n := n + 1 ; Fintantque Afficher(n) ; PROBLÈMES OUVERTS 43 10 B E ␣ Travaux encadrés Travaux pratiques 1 Afin que l’algorithme se termine bien (que la boucle ait une fin), on pourrait rajouter un contrôle de la saisie de l’utilisateur, afin de vérifier que le réel a saisi soit bien compris entre 0 et 1 strictement. A 44 En multipliant l’équation membre à membre par sinα et par cosα, on trouve : sin²α = 3cosα sinα et sinα cosα = 3cos²α. En utilisant cos²α + sin²α = 1, on trouve sinα cosα = 0,3. Remarque : ce résultat peut être vérifié graphiquement à l’aide de la calculatrice en étudiant l’intersection des courbes d’équations y = sinx et y = 3cosx. Ou graphiquement en étudiant l’intersection du cercle trigonométrique avec la droite d’équation y = 3x. 2. a/ On lit sur le logiciel une valeur proche 3 . de 3 (MN) // (IT) le théorème de Thalès nous ON MN , d’où IT = tant ; = donne : OI IT 3 b/ 3 ; c/ −1 ; d/ . 3 π 3. a/ (OT) ≠ (OJ) donc t ≠ + k × π où k est 2 un entier relatif. b/ En utilisant le théorème de Thalès, on a MN ON sin t = , d’où IT = = tan t. IT OI cos t c/ y D O ␣ C 10 OAED est un parallélogramme. 10 . sinα De même dans le triangle rectangle OCD, 10 . DO = sinα OAED est un losange, son aire est 10 100 cm2. × 10 = sin α sin α 100 Ꮽ= . sinα -5 – 6 1 0 – – 63 3 – 4 x © Éditions Belin 2010 Dans le triangle rectangle OBA, AO = Aide individualisée 1 b/ cos(2,4) ≈ −0,737 et sin(2,4) ≈ 0,675 ; c/ on utilise la formule de distance entre O et M et on a bien xM2 + yM2 = 1 ; = 2,4 ; d/ par définition de cosx et sinx, on a IM = 2, 4 × 360 ≈ 137,5°. e/ IOM 2π Chapitre 12 ■ Trigonométrie 151 1. 5π 4 ≈ 3,93 ; 2. a/ 0 et b/ 1 et 2π 3 1+ 3 2 1+ 3 2 ≈ 2,09 ; 7π 12 ≈ 1,83 ; π 2 ≈ 1,57. ≈ 1,37 ; ≈ 1,37 ; c/ − d/ 1 et 2 ≈ 1,41 ; 1 2 1 et 1 ; sin72° = e/ − , 0. 6 Communiquer 1 1/ Le triangle sublime est un triangle isocèle dont les angles à la base valent chacun 72°. Il peut être tracé à partir d’un pentagone régulier : B C F A G © Éditions Belin 2010 E ABCDE pentagone régulier, (BD) et (AC) se coupent en F, (BE) et (AC) se coupent en G alors GBF triangle sublime. Démonstration : ABCDE pentagone régulier, donc les angles aux sommets valent 108°. Le pentagone étant régulier, CD = CB donc BCD triangle isocèle. Or l’angle en C vaut 72°. = 180° − 108° = 36°. Donc l’angle BCD 2 = 36°. Par symétrie, l’angle EBA = 108° − 2 × 36° = 36°. D’où FBG Par symétrie, FBG isocèle en B, donc ses 180° − 36° = 72°. angles à la base valent 2 Le rapport entre la longueur d’un côté (différent de la base) et la base vaut le nombre 1+ 5 (unique solution positive d’or où = 2 de x2 = x + 1). 152 Chapitre 12 ■ Trigonométrie 4 − 2 = 2( 5 + 5 ) . 2 4 En nommant K le pied de la hauteur issue de BK . G dans FGB, on a cos 36° = BG En utilisant Pythagore dans GBK et GKF, on a GK2 = BG2 − BK2 = FG2 − KF2.Or KF = FB − BK d’où BG2 − BK2 = FG2 − (FB − BK)2. En divisant membre à membre par BG2 : 1 − (1 − cos 36° )2 1 − cos236° = 2 1 En développant : 1 = − 1 + 2 cos 36°, 2 5 +1 . d’où cos36° = 4 cos²36° + sin²36° = 1 et sin36° ⬎ 0 d’où sin36° = D FB = . En nommant FG H le pied de la hauteur issue de B dans FGB, FH FG 1 −1 = 0, 5 = = on a : cos72° = FB FB 2 2 1 5 −1 = = . 4 1+ 5 cos272° + sin272° = 1 et sin72° ⬎ 0 d’où 2/ Étant donné que Aide individualisée 2 2( 5 + 5 ) . 4 On pourra également demander aux élèves de s’intéresser à l’aspect historique, en particulier aux raisons de nommer ce triangle « sublime ». Communiquer 2 1/ Caractériser plusieurs de ces phénomènes en particulier avec leur période de révolution. Le pendule sera étudié en classe de terminale en sciences physique. Le mouvement de la Lune sera étudié en terminale également avec les lois de Kepler, et la loi de Newton. 2/ La période T s’exprime en unité de temps (seconde, minute, heure, jour, année, mois, siècle…). La fréquence est l’inverse de la période, elle s’exprime en hertz (de symbole H). 3/ À faire en cours/tp de sciences physiques (ou a déjà été vu au collège). 4/ Les observations ne peuvent pas être relevées en continue, mais à des instants bien déterminés. Sur la base de l’horloge interne, le temps est alors échantillonné.