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Aperçu du document


CHAPITRE

12
ACTIVITÉS

Trigonométrie
(page 249)

Activité 1
1 a) Ajouter 2π, 4π, et plus généralement k × (2π) revient
à faire des tours complets sur le cercle qui nous ramènent
chaque fois en A. Donc à la fin du parcours, le mobile
s’arrête en M.
b) B est associé à π .
2
9π = π + 4π, donc B est également associé à 9π .
2
2
2

c) • Figure en vert (le carré) :
est associé à D et 9π à C.
4
4

13π
• Figure en bleu :
est associé à L ;
est associé à H ;
3
3
5π est associé à J et 13π est associé à G.
6
6
2 b) Figure verte : – 3π est associé à E et – 7π est
4
4
associé à C.

Figure bleue : – 7π est associé à J ; – 15π est associé à B’ ;
6
6
– 2π est associé à L ; – 5π est associé à H et – 17π est
3
3
3
associé à H.

Activité 2
2 b) cos α = OH . Or OM = 1 donc cos α = OH et de

OM
HM
= HM.
même sin α =
OM
c) Le point M a pour coordonnées cos α et sin α.

3 Lorsque M est en A :
X = 0 + k 2π ; cos X = 1 et sin X = 0.
Si M est en B : cos X = 0 et sin X = 1.
Si M est en A’ : cos X = – 1 et sin X = 0.
Si M est en B’ : cos X = 0 et sin X = – 1.

PROBLÈME OUVERT
La grande aiguille fait un tour en 60 minutes, donc en
1 minute, 1 tour et la petite aiguille fait un tour en 12 h
60
donc en 1 minute, 1 tour.
720
Pour être superposées, il y a eu x minutes 1 de tour à
4
rattraper donc 1 = x – x , soit 11x = 1 ;
4 60 720
4
720

126

x = 180 soit x ⯝ 16 min 22 s.
11
Les aiguilles sont superposées à 3 h 16 min 22 s.
Pour être opposées, on a :
3 = x – x ,
4 60 720
soit 11x = 3 et x = 540 , soit x ⯝ 49 min
4
11
720
donc à 3 h 49 min.

Application (page 252)

EXERCICES
1

B



4 C

D

A’

π

3

A

O
E


4

F
–π
B’

2

2

— M
5
A’

B


correspond à 108°.
5
2. À M1 on associe :


A 5 +π= 5 .
1.

O


. Donc on associe chaque fois le même point.
7
4 1. Les triangles OMA et ONA sont équilatéraux
donc kNOA = lAOM = 60°.
Il en résulte que kMOP = 60° et kAOP = 120°.
π
π
Ainsi à M, on associe , à N on associe – et à P on associe
3
3

.
3
13
13
1
1
2. cos m = ; sin m =
; cos p = – ; sin p =
;
2
2
2
2
13
1
.
cos n = et sin n = –
2
2
5 1. À M on associe π , à N on associe 3π , à P on
4
4


et à Q on associe
.
associe
4
4
12
π
π
2. cos = sin =
.
2
4
4
12
12

3π 12

=–
=
=–
cos
; sin
; cos
;
2
2
2
4
4
4
12
12

7π 12

=–
=
=–
sin
; cos
; sin
.
2
2
2
4
4
4
de longueur

B’ M1

3 – 12π = – 14π + 2π = 2π – (2π).
7
7
7
7
16π 14π 2π 2π
=
+
=
+ 2π.
7
7
7
7
Dans les deux cas, on fait un tour sur le cercle trigonomètrique pour revenir en A. Ensuite, on parcourt un arc

6

a) x ≈ 2,59.

7

La valeur exacte de x est

b) x ⯝ 0,85.

.
3

8

Si cos x = 0,4 et x ∈ [– π ; π], alors x ≈ 1,16 et
x ≈ – 1,16.

9

À M on associe x ≈ 0,41. Et à N on associe x ≈ 2,73.

Entraînement (page 255)

EXERCICES

CERCLE TRIGONOMÉTRIQUE

B

10 1. a) À A on associe 0 ; à C : π ; à D : 2π ; à A’ : π ;

3
3


;àF:
.
3
3
π


π
2. À A : 0 ; à C : ; à D : ; à À : π ; à E : – ; à F : – .
3
3
3
3
11 Corrigé dans le manuel.
àE:

12 1. – 13π = – 2π + 5π . Donc à – 13π après un tour

9
9
9
complet dans le sens indirect, on s’arrête au point associé à

, c’est-à-dire M.
9
923

π = 102π + . Or 102π correspand à 61 tours dans
9
9

le sens direct, donc on s’arrête au point associé à , c’est9
à-dire M.

13 1. – 13π = – 12π – π = – 4π – π .
3

3

3

3

A

O
M0

En partant de A, on fait 2 tours dans le sens indirect, puis
π
M0 est associé à – .
3

2. En tournant dans le sens positif à M0, on associe .
3
B
14
P
N
M
A
A’
O
Q
Chapitre 12 ● Trigonométrie

127

17π 16π π
π
π
=
+ = 4π + , d’où M associé à .
4
4
4
4
4
29π 24




=
π+
= 4π +
donc N est associé à .
6
6
6
6
6
13π
12π π
π
•–
=–

= – 3π – , En partant de A dans le
4
4
4
4
sens indirect, on fait un tour et un demi-tour. On arrive en A’
π
puis – on obtient P.
4
18π 15π 3π


=
+ = 3π + . On fait un tour et un demi-tour
5
5
5
5

dans le sens direct. On arrive en A’ puis
on obtient Q.
5
B M
15



A’



π
b) x0 = – .
3

20 1. a) Arc épais.
B

1

2

π
A’

B’

1. En partant de A dans le sens positif, à M on associe

. Puis à partir de M, un demi-tour dans le sens négatif, on
5


– π, soit –
, donc la
trouve M’, donc on lui associe
5
5
proposition est vraie.
9π 10π π
π

π
2.
=

= 2π –
donc à
et –
5
5
5
5
5
5
on associe le même point. La proposition est vraie.
3. Le triangle A’OM est équilatéral donc lA’OM = 60°. En
tournant dans le sens indirect à partir de A, on associe à M
π

le nombre – π – = – . La proposition est vraie.
3
3
16
– 2π
– 2π

0

π
A’ √
3
–—
2


.
6
Corrigé dans le manuel.

b) x0 =

21

22 En reprenant les constructions des exercices 20 et 21,
on trouve :
A’
π

–1
2

B

M0

B’

x appartient à



0;

B
π
2

冤 冥


; 2π
2

冤 冥

–π; –

cos x

+

+



sin x

+





π
2

COSINUS ET SINUS D’UN NOMBRE
19

12

a) cos
=– .
2
4


4
A’

128



A’
–π

√—
3
–—
2
M0
–π
— B’
2
x0 = –2π

3

B’
x0 = –π

4
A
–—
π
6

23 1. b = π + 2π = 5π.

6
3
6
π 4π 9π 3π
c= +
=
= .
6
3
6
2

A


B √3

2 A
0

A’
–π

B

O
√
3
–—
2
–2π

3
B’

A


x0 = –2π

3

π

À M on associe – 2π = – .
5
5
17 Corrigé dans le manuel.

18

A

O
B’



π
5

M0

π

2 B

M0

M’

0
A

O

2. a)

A

O

13

冢 3冣=– 2 .
π
1
c) sin 冢– 冣 = – .
6
2

b) sin –

M0


(—)
6

B

π
H M (—)
6

N

A’

3π )
(—
P B’ 2
13 1
2. M a pour coordonnées
; ;
2 2
13 1
N – ; ; P(0 ; – 1).
2 2
3
Donc PH = ; MN = 13,
2
1
3 313
donc aire (MNP) = × 13 × =
.
4
2
2
24 1. a = – 42π + π = – 14π + π donc le point M est
3
3
3
π
associé à .
3
π
B M (—)
(b+π)
3
Q





A’



A

O

–π
N (— )
3
π
π
b = 14π – donc N est associé à– .
3
3
c = π + a donc P est le symétrique de M par rapport à O.
d = π + b donc Q est le symétrique de N par rapport à O.
P
(a+π)

B’

M

K
O

A

K

M

B’

2. b) Lorsque P décrit l’arc plus épais, le cosinus prend
1
ses valeurs sur [HA] donc cos x ∈ – ; 1 .
2
c) De même sin x prend ses valeurs sur [KB] donc
12
sin x ∈ – ; 1 .
2









27 1.

M0
A’
π – 0,8

B
O

A
0

B’
2. À la calculatrice, x en radians a pour valeur approchée
2,50. En degrés : 143°13.

28

π

2 B
A’

A

O
– 0,4

M0

–π
— B’
2

25 1. La proposition est vraie OM2= OH2 + OK2
15
2. La proposition est fausse car
> 1.
2

P

O

H

A’

2. Le quadrilatère MNPQ est un rectangle tel que MQ = 1
et MN = 13, donc aire (MNPQ) = 13.
donc (cos x)2 + (sin x)2 = 1.

B

N

A

O



26 1.

En degrés : x ⯝ – 23°58.
En radians : x ⯝ – 0,41.

29 Corrigé dans le manuel.
30 En degrés : a) x ⯝ 64°62.

H

b) x ⯝ – 66°42.
c) x ⯝ 160°53.
d) x ⯝ 107°46.

3. La proposition est fausse.
Il existe deux points M et N donc deux nombres x.
4. La proposition est fausse car cos2 x + sin2 x = 1.
Donc si cos x = 0, alors sin x = 1 ou – 1.

31 1. cos2 x = 1 – sin² x = 1 – 1 = 8 .
9

M0

5. La proposition est vraie car – 1 ⭐ sin x ⭐ 1
donc sin2 x ∈ [0 ; 1].
π

M 2 B

9

B

2. a)
A’
π

1

3
O

A

B’
A’

1

O

N 3π B’

2

A

b) cos x < 0.
212
c) cos x = –
.
3

32 1. (sin x)2 = 1 – (cos x)2 = 1 – 9 = 16 .
25

25

Chapitre 12 ● Trigonométrie

129

B

2. a)

3

5

A’

A
0

O

A’

π

2
A

O

M0

–π
— B’
2

B

11π
——
12

B’

b) sin x < 0.
c) sin x = –

AVEC LES TICE

4
.
5

38 1. L’aire semble maximale lorsque lAOM = 90° et
OMED dans ce cas est un rectangle.

33 Sur [0 ; π], x = π .
6

–π
π
— —
6 6
–π

11π
——
6

0

π



+ 2π
B
A’
3π ; π

23π
——
6




+ 2π

A
0 ; 4π
M1

B’

Le nombre de l’intervalle [3π ; 4π], est

b) Si H est le projeté orthogonal de M sur (OA), alors
aire (OMED) = MH × OD soit 3 sin X.
2. La valeur maximale de sin X est 1, donc celle de l’aire
est 3. L’angle lAOM = 90° donc le quadrilatère est un
rectangle.
2
3. a) A(x) = 2 équivaut à 3 sin X = 2 donc sin X = .
3
B
2
N
M

3
0
O
A’
A

π
M0 (—)
6

O

2. a) X ∈ [O ; π] donc sin X ⭓ 0.

23π
.
6

34 À N, on associe – π et à P on associe 5π donc N a

6
13
13 1
1
pour coordonnées
; – et P – ; .
2
2 2
2







35 Corrigé dans le manuel.
36 Corrigé dans le manuel.
(16 + 12)2
16
12
8 + 2412
=
16
8 + 413
=
16
2 + 13
=
;
4
π
π
= 1 – cos²
sin2
12
12
2 + 13
=1–
4
2 – 13
.
=
4
16 + 12 2 8 – 413
Or
=
4
16
2 – 13
d’où le résultat.
=
4
11π
π
2. Donc sin
= sin
12
12
16 – 12
=
.
4

37 1. cos2 π =



130





B’

6

Il existe deux nombres X tel que :
2
sin X = .
3
c) X1 ⯝ 41°81 et X2 ⯝ 138°19.

PRENDRE TOUTES LES INITIATIVES
39 Le cerf-volant est inscrit dans un cercle de centre O,
milieu de [AC].
AC2 = 4 + 1 = 5, AC = 15 donc OD =

15
.
2

B

2
H O α
C
α
1
2
D
1

1
DH × AC
2
1
= CD × DA
2

A

De plus aire (DCA) =

2
.
15
Or kCOD = α (angle au centre interceptant le même arc
que kCAD).
soit DH =

DH
DO
2
2
=
×
15 15
4
= .
5

Donc sin α =

40 (1 + sin x + cos x)2 = 1 + sin2 x + cos2x + 2 sin x +
1

2 cos x + 2 sin x cos x = 2 + 1 [sin x + cos x + sin x cos x]
et 2(1 + cos x)(1 + sin x) = 2(1 + cos x + sin x + sin x cos x),
d’où l’égalité.

Chapitre 12 ● Trigonométrie

131


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