Trigonométrie et problèmes - Fichier

8
103
Trigonométrie et problèmes
Chapitre
1. Page d’ouverture
• Énigme ✱
a = 4 × π
6 = 2π 3
b = 1
3 × π
6 = π 18
L’angle formé par les deux aiguilles
est 2π
3 + π 18 =
13π
18 , soit 130°.
• Énigme ✱ ✱
tan a = 0,126
a  0,125 rad
sin
a
2 = 400
R,
R = 400
sin
a
2
 6 387 km.
2. Vérifier les acquis
1 1
J
O60°
135°
A
B
I
π
3
3π
– 4
2 2
a)
2
11
6 6
π π π
- - =
c m
donc
6
π
et
6
11
π
-
ont le
même point image sur .
b) 1 3
8 8
3
2
π π π
- = - donc et
8 8
13
π π
n’ont pas le même
point image sur .
c)
donc et
4 4
11 3
4 4
11
π π
π
π π
- - = - -
n’ont pas le même
point image .
3 3
a)
4
3
π
- + k2π où k ∈.
b) Il s’agit du nombre réel
3
π
- .
4 4
a) cos
3 2
1
π
= b) cos
−π
6
( )
=3
2
c) cos
7π
3 = cos
π
3=1
2
9
84
α
β
S
α
S’
12,6 cm
B
1 m
AB
O
R
400
5 5
a) sin
4 2
2
π= b) sin 4 2
2
π
- = -
c m
.
c) sin sin
13
66 2
1
π π
= =
6 6
a) b)
c)
3. Activités d’approche
1 1
a) L’amer C est relevé à 50° et l’amer P à 320°.
b) L’angle PBC a pour mesure 40 + 50 = 90°.
2 2
a) La longueur du cercle  est égale à 2π.
b) AOB intercepte un arc de π
180
× 90 = π
2 ;
AOC
intercepte un arc de π
180
× 30 = π
6 ;
AOD
intercepte un arc de π
180
× 120 = 2π
3.
c) On a le tableau de proportionnalité :
Mesure en degrés de
AOM
180 ° a
Longueur de l’arc π
Donc : 
a = π
180
et  = π
180
× a.
J
O
AB
I
4π
3
π
– 3
2
3
J
O
A
B
I
π
3
1
2
π
– 3
J
O
A
B
I
π
2
π
– 2
P
N N
N
B
C
32° 31°
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d)
Mesure en degrés de
AOM
30 ° 45 ° 60° 90°
Mesure en radians de
AOM
π
6
π
4
π
3
π
2
4. Accompagnement personnalisé
1 1
2 2
a) sin
π
2 = 1 b) cosπ = –1 c) cos 0 = 1
d) sin
3π
2 = –1 e) cos
π
2 = 0
3 3
(DA;DC) =
π
2; (AE;AD) = –
π
3.
(BD;CD) = (BD;BA) =
π
4.
(DB;DE) = (DB;DA) + (DA; DE)
=
−π
4
( )
+ − π
3
( )
= –
7π
12
4 4
a) (OE;OD) = –
2π
5 b) (OA;OC) =
4π
5.
c) (BO;AB) = (BO;BA) + π =
3π
10 + π =
13π
10 .
d) (DE;AB) = (DE;EA) + (EA;AB)
=
2π
5+2π
5=4π 5
5 5
1. sin
–π
6
( )
= –sin
π
6 = –
1
2
cos
π–π
6
( )
= –cos
π
6 = –
3
2
sin
π–π
6
( )
= sin
π
6 =
1
2
2. a) cos (π + x) = –cos x ; sin (π + x) = –sin x
b) cos
π
2−x
( )
= sinx ; sin
π
2−x
( )
= cosx
c) cos
π
2+x
( )
= –sin x ; sin
π
2+x
( )
= cosx
6 6
a) cos (–x) = cos x =
4
5
sin (–x) = –sin x = –
3
5
b) cos (π – x) = –cos x = –
4
5
sin (π – x) = sin x =
3
5
c) cos (π + x) = –cos x = –
4
5
sin (π + x) = –sin x = –
3
5
d) cos
π
2−x
( )
= sin x =
3
5
sin
π
2−x
( )
= cos x =
4
5
J
OI
π
4
2
2
2
2
OI
π
3
π
6
2
3
2
3
2
1
2
1
c c
c c
c c c c
c c c c c c
c
c c c
c c c c
c c c c c c
e) cos
π
2+x
( )
= –sin x = –
3
5
sin
π
2+x
( )
= cosx =
4
5
7 7
Léa donne une valeur approchée de l’une des
solutions.
Dans ]–π ; π], l’équation sin x = –
1
2 a deux solutions:
–5π
6 et –
π
6.
8 8
Gaspard a oublié de mettre sa calculatrice en mode
radians.
Dans ]–π ; π], l’équation sin x = –
2
2
a deux
solutions: –
π
4 et –
3π
4.
5. Exercices de base
9 9
π
J
I
O
5
2
π
3
π
4
π
4
3π
6
5π
––
10 10
a) – π
3 + 2π = 5π
3 et – π
3 – 2π = – 7π
3.
b) 2π
3 + k 2π avec k ∈
.
11 11
a) π
6 – 13π
6 = – 2π, π
6 et 13π
6 ont le même point
image sur .
b) – π
4 – 11π
4 = – 3π, – π
4 et – 11π
4 n’ont pas le même
point image sur .
c) – π
3 – 1– 13π
3 = 4π, – π
3 et – 13π
3 ont le même point
image sur .
12 12
a) π
9 rad b) 165°
13 13
a) π
6 b) π 4 c) π 3 d) 3π 4
14 14
a) 90 ° b) 180 ° c) 150 ° d) 270
π
°
15 15
a) AOP = 180 × t
6 = 30 × t en degrés.
AOP
= π × t
6 en radians.
b)
AOP
= 180 × (12 – t)
6 = 30 (12 – t) en degrés.
AOP
= π (12 – t)
6 en radians.
16 16
A est l’image de π
4, B l’image de 3π
4, C l’image
de 5π
4 et D l’image de 7π 4.
104
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105
17 17
1.
2. a) (OA ; OB) = π
3 b) (OD ; OA) = π 6
c) (OB ; OC) = 3π
4 – π 3 = 5π 12.
18 18
a) (IA ; ID) = – π
2
b) (IB ; ID) = π
c) (IB ; CI) = (IB ; IA) = – π
2
19 19
a) (OD ; OE) = π
3 b) (OF ; OD) = – 2π 3
c) (BO ; OA) = (OE ; OA) = 2π
3
d) (BC ; DE) = (FE ; DE) = 2π
3
20 20
a) • OA = 2 et (OI ; OA) = π
2
• OB = 3 et (OI ; OB) = 3π
4
• OC = 5 et (OI ; OC) = 5π
4
• OD = 3 et (OI ; OD) = 3π
2
• OE = 4 et (OI ; OE) = 7π
4
b)
21 21
Il s’agit de l’écriture b) car
47π
12 = 2 × 2π – π 12 et – π  – π 12  π.
22 22
a) 5π
4 = – 3π 4 + 2π et – π  – 3π 4  π.
b) – 4π
3 = 2π 3 – 2π et – π  2π 3  π.
c) – 10π
3 = 2π 3 – 4π et – π  2π 3  π.
23 23
a) 135π = π + 67 × 2π et – π  π  π.
b)
185π
6 = 5π 6 + 15 × 2π et – π  5π 6  π.
c) 17π
13 = – 9π 13 + 2π et – π  – 9π 13  π.
O
D
A
B
C
c c c c
c c
c c
c c
c c c c
c c c c
c c c c
c c c c
c c
c c
c c
c c
c c
O4
F
J
I
24 24
a) (v ; u) = – (u ; v) = π
6.
b) (–u ; –v) = (u ; v) = – π
6.
c) (u ; –v) = (u ; v) + π = 5π
6.
25 25
(AC ; AD) = (AC ; AB) + (AB ; AD)
= π
12 + 5π 12
= π
2.
Donc le triangle ACD est rectangle en A.
26 26
(AB ; DE) = (AB ; BC) + (BC ; CD) + (CD ; DE)
Or (AB ; DE) = 0, (AB ; BC) = π
3, (BC ; CD) = 6π 5,
donc (CD ; DE) = – π
3 – 6π 5 = – 23π 15 ou 7π 15.
Alors (DE ; DC) = π – 7π
15 = 8π 15.
27 27
a) cos 5π
3 = 1
2, sin 5π
3 = –
3
2.
b) cos 1– 5π
6 = –
3
2, sin1– 5π
6 = – 1
2.
c) cos 1– 3π
4 = –
2
2, sin1– 3π
4 = –
2
2.
d) cos 13π
6 =
3
2, sin
13π
6 = 1
2.
28 28
a) cos 9π
4 =
2
2, sin 9π
4 =
2
2.
b) cos 11π
6 =
3
2, sin 11π
6 = – 1
2.
c) cos 71π
3 = 1
2, sin 71π
3 = –
3
2.
d) cos 1– 5π
4 = –
2
2, sin 1– 5π
4 =
2
2.
29 29
1. a) π – π
10 = 9π 10 b) π – 2π 5 = 3π 5
c) 2π – 2π
5 = 8π 5 d) 2π – 4π 5 = 6π 5.
2.
a) A = cos π
10 + cos 2π 5 + cos 1π – 2π 5 + cos 1π – π 10
= cos π
10 + cos 2π 5 – cos 2π 5 – cos π 10
= 0.
b) B = sin 2π
5 + sin 4π 5 + sin 6π 5 + sin 8π 5
= sin 2π
5 + sin 4π 5 – sin 4π 5 – sin 2π 5
= 0.
30 30
1. sin2 π
5 = 1 – cos2 π 5
= 1 – 1 5 + 1
4
52
= 5 – 5
8
5
Or 0  π
5  π 2 donc sin π 5  0 et sin π 5 = 5 5
2 2
−.
c c c c
c c
c c
c
c
c c
c c c c c c
c c c c c c c c
c c c c c c
c c
c c
105
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106
2. a) 4π
5 = π – π
5 donc
cos 14π
5 = – cos π
5 et sin14π
5 = sin π
5
b) cos 1– 4π
5 = cos 4π 5 et sin 1– 4π 5 = – sin 4π 5
c) 6π
5 = π + π
5 donc
cos 6π
5 = – cos π
5 et sin 6π
5 = – sin π
5
d) 3π
10 = π
2 – π 5 donc
cos 3π
10 = sin π
5 et sin 3π
10 = cos π
5
31 31
a)
b) A = sin x + sin (π – x) + sin (π + x) + sin (2π – x)
= sin x + sin x – sin x – sin x
= 0
32 32
1.
O
M
3/4
J
I
2. a) sin2 x = 1 – cos2 x = 7
16.
x ∈ – π
2; 0 donc sin x  0 et sin x = – 7
4.
b) cos (– x) = cos x = 3
4.
c) sin (π – x) = sin x = – 7
4.
d) cos (π + x) = – cos x = – 3
4.
e) sin 1π
2 – x = cos x = 3
4.
f) cos 1π
2 + x = – sin x = 7
4.
33 33
1. a) M est le point image des nombres réels
π
4 + k 2π avec k ∈ .
b) N est le point image des nombres réels – π
4 + k 2π
avec k ∈ .
2.  = – π
4 + k 2π, π 4 + k 2π  k ∈ .
34 34
a) M est le point image de π – π
6 = 5π 6 et N est le
point image de π
6.
O
2π – x
π – x
π + x
x
J
I
b) L’équation s’écrit sin x = sin π
6. Les solutions sont π 6
et 5π
6.
35 35
1. a) Les solutions sont – π
6 et – 5π 6.
b) Les solutions sont 5π
6 et – 5π 6.
c) Les solutions sont – π
2 et π 2.
2. On vérie à l’aide de la calculatrice.
6. Travaux pratiques
36 36
1.
C
B
A
F
ED
3
π
2
π
6
5π
––
3
– π
2. a) (AB;DE) = (AB;AC) + (AC;DC) + (DC;DE)
= π
2 + 5π 3 + 5π 6
= 3π.
AB, DE sont colinéaires donc les droites (AB) et (DE) sont
parallèles.
b) (AB;DF) = (AB;AC) + (AC;DC) + (DC;DF).
Or (DC;DF) = π + (CD;DF)
= π + π
3
= 4π
3.
Alors (AB;DF) = π
2 + 5π 3 + 4π 3
= π
2 + 3π.
Donc les droites (AB) et (DF) sont perpendiculaires.
37 37
1. On conjecture que b = a.
2. (AB;CD) = (AB;OA) + (OA;OC) + (OC;CD).
Or (AB;OA) = – 2π
3 et (OC;CD) = 2π 3
donc (AB;CD) = (OA;OC).
38 38
1. a)
x1,6 3,5 12,4 – 2,3 – 3,9 – 15,6
Valeur
achée 1,6 – 2,8 – 0,17 – 2,3 2,4 – 3
(valeurs arrondies au dixième)
b) L’algorithme ache la mesure principale d’un angle
de mesure x.
c c c c c c c c
c c
c c c c c c c c
c c c c
c c
c c c c c c c c
c c c c
c c c c
106
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107
2. Voici le programme écrit avec AlgoBox.
x EST_DU_TYPE NOMBRE
DEBUT_ALGORITHME
LIRE x
SI (x>=0)ALORS
DEBUT_SI
TANT_QUE (x>Math.PI) FAIRE
x PREND_LA_VALEUR x-2*Math.PI
x PREND_LA_VALEUR x+2*Math.PI
DEBUT_SINON
TANT_QUE (x<=-Math.PI) FAIRE
DEBUT_TANT_QUE
FIN_TANT_QUE
FIN_SINON
AFFICHER x
VARIABLES
DEBUT_TANT_QUE
FIN_TANT_QUE
SINON
FIN_ALGORITHME
FIN_SI
7. Exercices d’entraînement
39 39
1. a) et b)
O
M
M1
M3
M2
J
I
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.
2. • cos 1– π
3 = 1
2, sin 1– π
3 = – 3
2
• 2π
3 = π – π
3 donc cos 2π
3 = – 1
2 et sin 2π
3 = 3
2
• 4π
3 = π + π
2 donc cos 4π
3 = – 1
2 et sin 4π
3 = – 3
2
40 40
1. a)
O
J
I
4
3π
4
3π
–
2
–2
b) a = 3π
4.
2. a) Les solutions sont – 3π
4 et 3π 4.
b) Les solutions sont 3π
4 et 5π 4.
c) Les solutions sont les nombres réels :
– 3π
4 + k 2π et 3π 4 + k 2π avec k ∈ .
41 41
1. a) On réalise la gure avec un logiciel de géo-
métrie.
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 :
CM = CN et (CM;CA) = (CA;CN).
N et P sont symétriques par rapport à la droite (CB) donc :
CN = CP et (CN;CB) = (CB;CP).
c) (CM;CP) = (CM;CA) + (CA;CB) + (CB;CP)
= (CA;CN) + (CA;CB) + (CN;CB)
= 2 × (CA;CB)
Or (CA;CB) =
π
4 donc (CM;CP) =
π
2 .
d) D’après 2. a) CM = CP et d’après 2. c) (CM;CP) =
π
2
donc le triangle CMP est rectangle isocèle en P.
42 42
a) (2 sin x + 5) (cos x – 1) = 0 équivaut à
sin x = – 3
2ou cos x = 1, c’est-à-dire : sin x = sin 1–
π
3
ou cos x = cos 0.
b) Les solutions de l’équation (E) sont les nombres réels:
–
π
3 + k 2π, 4π
3 + k 2π et k 2π avec k ∈ .
43 43
1. a) L’équation (E) s’écrit cos 3x = cos
π
2.
x est solution de (E) si, et seulement si, il existe k ∈  tel
que 3x =
π
2 + k 2π ou 3x = –
π
2 + k 2π.
b) Les solutions de (E) sont les nombres réels :
π
6 + k 2π
3 et –
π
6 + k 2π
3 avec k ∈ .
2. a)
O
M1
M2
M0
J
I
b) Non, car tout nombre réel x =
π
6 + k 2π
3 avec k entier
relatif a pour point image l’un des points M0, M1 ou M2.
3.
O
N1N0
N2
J
I
c c c c
c c c c
c c c c c c c c
c c c c c c
c c
c c c c
c c
3
107
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