12 Trigonométrie Chapitre

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).
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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
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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.
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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
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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/
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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
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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.