1°S Angles, trigonométrie et repérage Fiche méthode 1 Pratique du
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1°S Angles, trigonométrie et repérage Fiche méthode 1 Pratique du cercle trigonométrique. L’objectif est de se familiariser avec le cercle trigonométrique. Ceci permettra, plus tard, dans un autre chapitre, d’étudier des fonctions circulaires (avec sinus, cosinus, tangente), de résoudre des équations trigonométriques (fiche méthode suivante)… Problème 1. Trouver la mesure principale d’un angle. Le but est de placer sur le cercle trigonométrique le point A associé au réel α = 89 π 12 après avoir déterminer la mesure principale de α . 1) La piste à suivre est simple, il faut reprendre la définition de la mesure principale, aucune astuce n’étant visible. 2) On note x la mesure principale de α . Justifier que nous sommes conduits à résoudre l’inéquation d’inconnue k (k étant un entier relatif) : – π < 89 π 12 +2k π π. 3) Démontrer que cette inéquation mène à : 77 24 k 101 24 avec k entier relatif. 4) Trouver la valeur de k, puis la mesure principale de α . Placer le point A sur le cercle trigonométrique. Problème 2. Mesure principale, suite. En appliquant si nécessaire, la méthode vue au problème 1, déterminer la mesure principale des angles OI , OB , OI , OC et OB , OC sachant que les points B et C ont pour abscisses curvilignes respectives 49 π 8 et 19 π 3 . Placer ces points sur le cercle trigonométrique. Problème 3. Deux cordes parallèles. Le but est de démontrer que les points A 2π 3 , B 5π π , C 6 9 et D 11 π 18 du cercle trigonométrique sont les sommets d’un trapèze. 1) Point de départ. Placer les points sur le cercle C pour se faire une idée des bases du trapèze. Quelles semblent être les bases du trapèze ? Il s’agit ensuite de s’assurer que deux cordes sont parallèles. Or, deux cordes d’un cercle sont parallèles si et seulement si, elles sont même axe de symétrie. Rappeler alors le théorème du cours qui nous sera utile. 2) On appelle P l’un point des points d’intersection de C et de la médiatrice de [AB], et on note α son 3π abscisse curviligne. Démontrer que α vérifie l’équation 3) Calculer π 9 + 11 π 18 2 = 2 α [2 π ]. . En déduire que la réflexion d’axe (OP) échange aussi C et D. Conclure. Problème 4. Deux cordes orthogonales. 1) Placer sur le cercle trigonométrique les points : A 2) Montrer que les médiatrices de [AB] et 2π 5 , B π 5 , C 3π 10 . ’ de [J’C] sont orthogonales où J’ est associé à Note : Introduire des points de C , P ( α ) et Q ( β ) avec P 3) En déduire que (AB) et (J’C) sont orthogonales. et Q ’… π 2 . 1°S Angles, trigonométrie et repérage Correction de la fiche méthode 1 Pratique du cercle trigonométrique. Problème 1. Trouver la mesure principale d’un angle. 89 π Le but est de placer sur le cercle trigonométrique le point A associé au réel α = après avoir 12 déterminer la mesure principale de α . 1) La piste à suivre est simple, il faut reprendre la définition de la mesure principale, aucune astuce n’étant visible. 2) On note x la mesure principale de α . D’une part, comme la mesure principale d’un angle est comprise entre – π et π , comme d’autre part les mesures équivalentes différent de 2 k π rad avec k Z, on doit résoudre l’inéquation d’inconnue k Z : 89 π – π < 89 π 3) – π < 12 77 π +2k π 2k π 12 89 π π π 101 π 77 12 12 12 2k π 12 2k +2k π π 101 77 12 24 π. 89 π 12 π 89 π 12 12 12 101 k 24 2k π 12 π 89 π 12 12 . 4) Trouvons la valeur de k, puis la mesure principale de α . 77 24 k 101 98 21 24 24 24 k 98 3 24 24 4 21 24 k 4 3 . 24 On en déduit que k = 4 puis que la mesure principale de α est donc : 89 π 89 π 2 4π = 12 12 89 π 8π 96 π 7π 12 12 12 . Et on place le point A sur le cercle trigonométrique. Problème 2. Mesure principale, suite. En appliquant la méthode vue précédemment, déterminons la mesure principale des angles OI , OB , OI , OC et OB , OC avec les points B et C d’abscisses curvilignes respectives Pour le point B, on résout l’inéquation 49 π π 8 41 π 8 2k π 2k π π π 57 π 41 8 16 49 π 8 k 49 π π 8 2k π π π d’inconnue k 2k π 49 π 8π 49 π 8 8 8 57 48 7 16 16 16 k 48 9 16 16 49 π 8 8 2 3π 49 π 8 6π 49 π 2k π 3 8 48 π π 8 8 19 π 3 . Z. 7 16 Donc k = 3 est l’unique solution entière. Donc la mesure principale de OI , OB est : 49 π et . 8π 49 π 8 8 k 3 9 16 . Pour le point C, on résout l’inéquation π 19 π 3 2k π 22 π 3 π 2k π π 19 π 11 3 3 π k π d’inconnue k 2k π 3 2k π 3 16 π 19 π π 19 π 3π 19 π 3 3 3 8 9 2 3 3 3 19 π Donc k = – 3 et la mesure principale de OI , OC est : OB , OC 3 π π 8 3 J 1 3 3 OI , OC 2π 2k π 9 3 π 2 OB , OI On en déduit, par la relation de Chasles : A k Z. 3π 19 π 3 3 2 3 19 π 6π 3 3 k 3 1 3 19 π 18 π π 3 3 3 . . 2π 3π 8π 24 24 2π 11π 24 2π . C I o B Problème 4. Le point P ( α ) ainsi défini appartient à la médiatrice de [AB]. D’après le théorème du cours, comme 2π 5 est l’abscisse curviligne de A et π 5 est celle de B, et comme la réflexion d’axe (OP) échange A et B, on doit avoir : 2π 5 + π 5 = 2 α [2 π ] soit π 5 = 2 α [2 π ]. Le point Q ( β ) ainsi défini appartient à la médiatrice de [J’C]. D’après le théorème du cours, comme 3π 10 est l’abscisse curviligne de C et π 2 est celle de J’, et comme la réflexion d’axe (OQ) échange C et J ’, on doit avoir : π 2 + 3π 10 = 2 β [2 π ] soit 4π 5 = 2 β [2 π ]. Or, on remarque que 4π 5 π + π = 5 [2 π ], donc 2 β + π = 2 α [2 π ]. Ceci montre que 2 OP , OQ = 2 β – 2 α = π [2 π ], donc il existe k entier relatif tel que 2 OP , OQ = π + 2 k π , donc il existe k entier relatif tel que OP , OQ = et donc OP , OQ = Ceci prouve que les médiatrices orthogonales. et π 2 ou π 2 π 2 +k π, [2 π ]. ’ sont perpendiculaires. Ainsi, les cordes (AB) et (J’C) sont 1°S Angles, trigonométrie et repérage Fiche méthode 2 Équations trigonométriques. L’objectif est d’acquérir une technique assurée pour la résolution d’équations trigonométriques élémentaires – celles que nous rencontrerons dans les prochains chapitres – laissant, volontairement, sur le côté les équations plus sophistiquées, mais souvent artificielles. Problème 1. Le but est de résoudre dans chacune des équations suivantes : sin x = 3 cos x = sin 2 π 5 . 1) Quelles idées ? Une seule : se ramener à l’une des situations ci-dessous, qui sont d’authentiques prototypes. Prototype sinus Prototype cosinus J J π –x x I' x I O I' I O –x J' J' sin y = sin x équivaut à : y = x [ 2π ] ou y = π – x [ 2 π ]. cos y = cos x équivaut à : y = x [ 2π ] ou y = – x [ 2 π ]. 2) Nous connaissons une solution particulière x0 de l’équation sin x = 3 2 , laquelle ? 3) Nous nous ramenons à une équation du type sin x = sin x0 et nous utilisons le prototype sinus pour démontrer (le faire !) que les solutions de cette équation sont : x= π 3 + 2 k π (avec k 4) Ramener l’équation cos x = sin sin x = cos π 2 ) et x = π 5 4π 3 + 2 k π (avec k ). à une équation du type cos x = cos x0 en utilisant la relation x . 5) Donner une solution particulière x0 et terminer la résolution avec le prototype cosinus. Problème 2. Le but est de résoudre dans l’intervalle [ 0 ; 2 π ] l’équation cos 3 x = sin x, puis de représenter les solutions sur le cercle trigonométrique. π 1) En utilisant la relation sin x = cos x , se ramener à une équation du type cos x = cos x0 que l’on 2 précisera. 4x 2) Démontrer que cette équation équivaut à : π 2k π 2 2x . avec k ou π 2 2k π 3) Démontrer que les solutions dans l’intervalle [ 0 ; 2 π ] sont : π 8 , 5π 8 , 9π 8 , 13 π 8 , 3π 4 7π , 4 . 4) Représenter les solutions sur le cercle trigonométrique. Problème 3. Les grands classiques. Déterminer une solution particulièrement « simple » des équations cos x = a, puis sin x = a, pour chacune des valeurs suivantes de a : a=0 a= 1 a= 1 a= 2 3 2 a= 2 2 . Problème 4. 1) Résoudre l’équation cos 2 x = sin π 6 et représenter les solutions sur le cercle trigonométrique. 2) Même question avec l’équation sin 5 x = 0. 3) Même question avec cos 3 x = cos 2 x. 1°S Angles, trigonométrie et repérage Correction de la fiche méthode 2 Equations trigonométriques. Problème 1. Le but est de résoudre dans chacune des équations suivantes : sin x = 3 cos x = sin 2 π 5 . 1) Une idée : Se ramener à l’une des situations ci-dessous, qui sont d’authentiques prototypes. Prototype sinus Prototype cosinus J J π –x x I' x I O I' I O –x J' J' sin y = sin x équivaut à : y = x [ 2π ] ou y = π – x [ 2 π ]. cos y = cos x équivaut à : y = x [ 2π ] ou y = – x [ 2 π ]. 2) Nous connaissons une solution particulière x0 de l’équation sin x = 3 2 π qui est x0 = 3 . 3) Nous nous ramenons à une équation du type sin x = sin x0 et nous utilisons le prototype sinus : x= π 3 + 2 k π (avec k 4) Ramenons l’équation cos x = sin sin x = cos π 2 π 5 x . On a : cos x = sin ) ou x = π π 4π 3 3 + 2 k π (avec k ). à une équation du type cos x = cos x0 en utilisant la relation π 5 cos x = cos π π 2 5 cos x = cos 3π 10 . 5) Donnons une solution particulière x0 et terminons la résolution avec le prototype cosinus. Une solution particulière est de façon évidente x0 = cos x = cos 3π 10 x= 3π 10 [ 2 π ] ou x = – 3π 10 3π 10 . On a ensuite : [ 2 π ]. Problème 2. Le but est de résoudre dans l’intervalle [ 0 ; 2 π ] l’équation cos 3 x = sin x, puis de représenter les solutions sur le cercle trigonométrique. π 1) En utilisant la relation sin x = cos cos 3 x = sin x π cos 3 x = cos x , ramenons nous à une équation du type cos x = cos x0. 2 x 2 2) D’après le prototype cosinus, nous avons : π 3x cos 3 x = cos π 2 π 4x ou x 2 2k π x 2k π 2 π 3x 2k π x 2 . avec k ou π 2x 2k π 2 3) Cherchons les solutions dans l’intervalle [ 0 ; 2 π ]. La première équation donne x = x= π 8 , x= π π 5π 8 2 8 , x= π 8 π π 8 2 x π 4 9π π 8 π La deuxième équation donne x k avec k 4 π (pas dans [ 0 ; 2 π ]), x 4 , x= π 3π 13 π 8 2 8 k π avec k π 3π 4 Z, soit : et c’est tout car π , x 4 2π π 8 , 7π 4 5π , 8 4) Représentons les solutions sur le cercle trigonométrique. B 2 J 1 A 1 I o A 2π 8 2π . Z, soit : Les solutions dans l’intervalle [ 0 ; 2 π ] sont donc A π 3 B A 4 2 π et c’est tout car 9π 8 , 13 π 8 , 3π 4 4 , 3π 7π 4 . 2π . Problème 3. Les grands classiques. Déterminons une solution particulièrement « simple » des équations cos x = a, puis sin x = a, pour chacune des valeurs suivantes de a : π a=0 cos x = 0 donne la solution simple x = a=1 sin x = 0 donne la solution simple x = 0. cos x = 1 donne la solution simple x = 0. sin x = 1 donne la solution simple x = a=–1 . 2 π 2 . cos x = – 1 donne la solution simple x = π . π sin x = – 1 donne la solution simple x = a= 1 cos x = 2 sin x = a= 1 2 3 cos x = 2 sin x = 3 a= donne la solution simple x = 2 1 donne la solution simple x = 2 1 cos x = sin x = a= 1 2 1 2 3 2 sin x = a= 2 2 cos x = sin x = 6 donne la solution simple x = 2 3 donne la solution simple x = 2 3 cos x = cos x = 3 π donne la solution simple x = 2 2 3 sin x = a= π donne la solution simple x = 2 2 2 donne la solution simple x = 2 2 2 2 . 4π . 3 7π . 6 π 6 π 3 donne la solution simple x = donne la solution simple x = 2 . . . 5π 6 π donne la solution simple x = 2 2 . 2 π 4 π 4 donne la solution simple x = donne la solution simple x = 3 . . . . π 4 . π 4 . Problème 4. π 1) Résolvons l’équation cos 2 x = sin 6 et représentons les solutions sur le cercle trigonométrique. π 2x cos 2 x = sin π cos 2 x = cos 6 π π 2 6 cos 2 x = cos π avec k ou 3 π 2x π x 3 Z. 2k π kπ 6 avec k ou π x 2k π 3 Z. kπ 6 Cherchons les solutions qui sont dans [ 0 ; 2 π ] : π La première équation fournit x 6 π , x π La deuxième équation fournit x 6 6 5π π 7π π 6 . π , x 6 6 11 π 2π 6 . J B A 1 1 I o A B 2 5x 2) sin 5 x = 0 sin 5 x = sin 0 0 x 2k π avec k ou 5x π 2 Z 2 5 kπ avec k ou 2k π x π 2 5 5 Z. kπ Cherchons les solutions qui sont dans [ 0 ; 2 π ] : La première équation fournit x La deuxième équation fournit x x π 8 5 5 π 9 5 π. 0, x π 5 , x 2 5 4 π, x π 2 5 5 5 π π, x 3 5 π, x 6 5 8 π, x π 4 5 5 5 π π. 5 5 π π, x π 6 5 5 π 7 5 π, 3x 3) cos 3 x = cos 2 x x avec k 2x Z 2k π avec k ou 2k π Z 2k π 5x 2k π avec k ou x 2k π ou 3x x 2x 2 5 Z. kπ Cherchons les solutions qui sont dans [ 0 ; 2 π ] : La première équation fournit x 0 . La deuxième équation fournit x 0 (déjà trouvée), x 2 5 π, x 4 5 π, x 6 5 π, x 8 5 π.
