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 CHAP08.indd 103 18/07/11 11:58 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 ( ) ( ) CHAP08.indd 104 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 18/07/11 11:58 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 CHAP08.indd 105 18/07/11 11:58 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 18/07/11 11:58 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 18/07/11 11:58 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 CHAP08.indd 108 18/07/11 11:58 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 CHAP08.indd 109 18/07/11 11:58 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 CHAP08.indd 110 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 18/07/11 11:58 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 CHAP08.indd 111 18/07/11 11:58 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 1 1 1 1 1 1 1 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 ! 112 CHAP08.indd 112 18/07/11 11:58