Corrigés – Trigonométrie

Exercice 1                                                                               

Démontrons que
1 + \tan^2  \alpha = \dfrac{1 }{\cos^2\alpha}
Quelque soit α , on a cos²α +sin²α =1
ce qui signifie que sin²α =1 – cos²α
Signifie que :
\dfrac{ \sin^2 \alpha }{\cos^2 \alpha}=\dfrac{1-\cos^2 \alpha }{\cos^2 \alpha}  

= \dfrac{1 }{\cos^2 \alpha} –\dfrac{\cos^2 \alpha }{\cos^2 \alpha}  = \dfrac{1 }{\cos^2 \alpha}– 1

→ 1 +\dfrac{\sin^2 \alpha }{\cos^2 \alpha} =\dfrac{1 }{\cos^2 \alpha}  
or \tan^2\tan =\dfrac{\sin^2 \alpha }{\cos^2 \alpha}
donc
1 + tan²α =\frac{1 }{cos^2 \alpha}

Exercice 2

Figure :

Obtenir six arcs égaux :
\dfrac{360 }{6} = 60 donc il faut avoir des angles de 60° :
On trace des triangles équilatéraux pour avoir des angles de 60°

Obtenir douze arcs égaux :
Après avoir tracé les 6 demi-droites, on trace les bissectrices pour avoir des angles de 30° pour obtenir 12 arcs égaux.
On obtient 12 demi-droites.
On a des angles de 30°

Calcul de AB₁ :
AB₀ = 1
Cos30 =  \dfrac{AB_1}{AB_0}
→ AB₁ = AB₀ cos30 = 1 \times \dfrac{\sqrt{3}}{2}   =\dfrac{\sqrt{3}}{2}

Calcul de AB₂ :
cos30 =\dfrac{AB_2}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}  = \dfrac{2\sqrt{3}AB_2}{3}

→AB₂ =\dfrac{\sqrt{3}}{2} cos30 =\dfrac{\sqrt{3}}{2} x  \dfrac{\sqrt{3}}{2}=\dfrac{3}{4}

Calcul de AB₃ :
Cos30 = \dfrac{AB_3}{\dfrac{3}{4}} 
→ AB₃=\dfrac{3}{4}  cos30 = \dfrac{3}{4}x \dfrac{\sqrt{3}}{2} =\dfrac{3\sqrt{3}}{8}

Calcul de AB₄ :
De même pour AB₄ on a : cos30 =\dfrac{AB_4}{\dfrac{3\sqrt{3}}{2}}
→ AB₄=\dfrac{3\sqrt{3}}{8}  cos30 = \dfrac{3\sqrt{3}}{8} x\dfrac{\sqrt{3}}{2}  =\dfrac{9}{16}

Calcul de AB₅, AB₆, AB₇, AB₈, AB₉, AB₁₀, AB₁₁, AB₁₂ :
On procède la même manière on a donc :
AB₅ =\dfrac{9\sqrt{3}}{32} ,

AB₆ =\dfrac{27}{64} ,

AB₇ =\dfrac{27\sqrt{3}}{128} ,

AB₈ =\dfrac{81}{256} ,

AB₉ =\dfrac{81\sqrt{3}}{512} ,

AB₁₀ =\dfrac{243}{1024} ,

AB₁₁ =\dfrac{243\sqrt{3}}{2048} ,

AB₁₂ =\dfrac{729}{4096}
On utilise les sinus et les longueurs obtenues précédemment; on obtient B₀, B₁ ,B₂,……B₁₂ On peut ainsi obtenir la longueur de la ligne brisée B₀B₁B₂……B₁₂.

Longueur de la ligne brisée:
B₀B₁ + B₁B₂ + B₂B₃ + B₃B₄ + B₄B₅ + B₅B₆ + B₆B₇ + B₇B₈ + B₈B₉ + B₁₀B₁₁ +B₁₁B₁₂ = \dfrac{1-(\dfrac{\sqrt 3}{2})^2}{2-\sqrt 3} \approx 3,07 cm 

Exercice 3

Démonstration des résultats du Tableau :
(On sait que les angles aigus dans un triangle rectangle sont complémentaire, si on a le cosinus d’un angle on peut avoir le sinus par un simple calcul; à part quelques exceptions)
Dans un triangle rectangle en A, si \widehat{ACB}= 0° alors A et B sont confondus ce qui induit que AC=BC.
Comme cos0° = \dfrac{AB}{AC} et que AB = AC alors cos0° = 1.
Dans un triangle rectangle en A, si \widehat{ACB} = 0° alors A et B sont confondus ce qui induit que AB=0.
Comme sin0° = \dfrac{AB}{AC} alors sin0° = 0.
Dans un triangle rectangle en A, si \widehat{ACB} = 0° alors A et B sont confondus ce qui induit que AB=0.
Comme tan0° =\dfrac{AB}{AC} alors tan0° = 0.
Traçons un triangle équilatéral de coté a et de hauteur h. Nous obtenons un angle de 30°.
D’après Pythagore, on a a²=(\dfrac{a}{2})²+ h² d’où h²= a²–\dfrac{a^2}{4} donc h= (a√3)/2.
Or cos 30° = \dfrac{h}{a}=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}x \dfrac{1}{a}. d’où cos 30° =\dfrac{\sqrt{3}}{2}on peut ainsi en déduire que sin 60° =\dfrac{\sqrt{3}}{2}
Dans un triangle rectangle isocèle, on a deux angles de 45°. On trace une hauteur h.
On obtient ainsi un triangle isocèle et rectangle qui a pour côté h, h et c (hypothénuse).
Dans ce triangle, d’après le théorème de Pythagore, on a c² = 2h².
d’où h =\dfrac{c}{\sqrt{2}}=\dfrac{c\sqrt{2}}{2c}
Or cos 45° = \dfrac{h}{c}= \dfrac{c\sqrt{2}}{2c}= \dfrac{\sqrt{2}}{2}(d’où sin 45° = \dfrac{\sqrt{2}}{2}).
Dans un triangle équilatéral de côté a, on trace une hauteur h.
On remarque que d’après le théorème de Pythagore,.
a²= h² + \dfrac{a^2}{2}
Or cos 60° = \dfrac{a}{2} x \dfrac{1}{a}= \dfrac{1}{2}d’où sin 30° = \dfrac{1}{2}).
Dans un triangle équilatéral de coté a, traçons une hauteur h. On a vu précédemment que, d’après le théorème de Pythagore= \dfrac{a\sqrt{3}}{2}.
Or tan 60° = \dfrac{h}{\dfrac{a} {2}} =\dfrac{a\sqrt{3}}{2}x\dfrac{2}{a} =√3
Dans un triangle isocèle rectangle, traçons une hauteur h.
On obtient ainsi un triangle isocèle et rectangle qui a pour côté h, h et c (hypoténuse).
tan 45° =\dfrac{h}{h} = 1
Dans un triangle équilatéral de côté a, et de hauteur h, tan 30° =\dfrac{\sqrt{3}}{3}
Dans un triangle rectangle , sin 90° = \dfrac{hypoténuse}{hypothénuse}= 1 puisque le coté opposé à l’angle droit est l’hypoténuse.
Comme l’angle droit n’a pas de côté adjacent, alors cos 90° = 0.

Exercice 4

1) On sait que \cos^2 x + \sin^2 x = 1 pour tout réel x.
Ainsi, cos^2 x = 1 – sin^2 x =1-(\dfrac{1}{3})^2 = \frac{8}{9}
Donc : \cos x = \dfrac{-2\sqrt{2}}{3} ou \cos x = \dfrac{2\sqrt{2}}{3}.

2) Sachant que \frac{\pi}{2} \leq x \leq \pi alors -1 \leq \cos x \leq 0.
Donc d’après ce qui précède on peut écrire :
\cos x = \dfrac{-2\sqrt{2}}{3}
puis \tan x = \dfrac{\sin x}{\cos x}=\dfrac{\dfrac{1}{3}}{\dfrac{-2\sqrt{2}}{3}} = -\dfrac{1}{2\sqrt{2}}= -\dfrac{\sqrt{2}}{4}

Exercice 5

Il faut commencer par déterminer la mesure principale de l’angle (c’est-à-dire la mesure comprise entre 0 et 2\pi ).

1) \dfrac{65\pi}{4})=\dfrac{8 \times 8\pi + \pi}{4}d= 8×2\pi + \dfrac{\pi}{4}
\dfrac{\pi}{4} est la détermination principale de l’angle \dfrac{65\pi}{4}. Et \cos(x+2k \pi )= \cos(x) pour tout entier k. (la fonction cosinus est 2 \pi -périodique)
\cos(\dfrac{65\pi}{4})= \cos (\frac{\pi}{4}) = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}

2) tout d’abord remarquons que
\sin(-x)=-sin(x).
\dfrac{39\pi}{4} = \dfrac{8\pi \times 4 + 4\pi +3\pi }{4}

= 4 x (2\pi) + \pi + \dfrac{3\pi}{4}
Par conséquent :
\sin(\dfrac{39\pi }{4}) = \sin(\pi + \dfrac{3\pi}{4} )

= -\sin(\dfrac{3\pi}{4}) n( car \sin(x+ \pi))=-\sin(x).
Et alors:
\sin(- \dfrac{39\pi}{4}) = -\sin (\dfrac{39\pi}{4}) =\sin (\dfrac{3\pi}{4} = \dfrac{\sqrt{2}}{4}

Exercice 6

\cos(-x)= \cos(x) ;
\cos(x+\dfrac{\pi}{2} )= -sin(x) ;
\cos(x+\pi) = -\cos(x) ;
\cos(x+2\pi) = \cos(x) ;
\cos( [\pi-x) =-\cos(x) ;
\cos(\dfrac{\pi}{2}-x) = sin(x).
calculons:
\sin^2 (\dfrac{\pi}{8})=\dfrac{2\sqrt{2}}{4}et sin(\dfrac{\pi}{8} > 0)
donc sin(\dfrac{\pi}{8})=\dfrac{1}{2} \sqrt{2-\sqrt{2}}

cos(-\dfrac{\pi}{8}) = cos(\dfrac{\pi}{8})=\dfrac{1}{2}\sqrt{2+\sqrt{2}}

cos(\dfrac{-325\pi} {8})

=cos(\dfrac{325\pi} {8}) =cos(\dfrac{320\pi + 5\pi } {8})

=cos(40π+ \dfrac{5\pi} {8}) =cos(20×2π+ \dfrac{5\pi} {8})

=cos( \dfrac{5\pi} {8}) =cos( \dfrac{4\pi + \pi} {8})

=cos( \dfrac{\pi} {2} + \dfrac{\pi} {8}) = –sin( \dfrac{\pi} {8})

= \dfrac{1}{2}\sqrt{2-\sqrt{2}}

Exercice 7

1) AB^2 = (2HB)^2 \\ = 4 HB^2 \\ = 4 (OB^2-OH^2) \\ = 4 OB^2 – 4 OH^2 \\ = 4 OB^2 – 4 OM^2 sin^2  \alpha

2) CD^2 = 4 OD^2 – 4 OM^2 cos^2 \alpha

3) AB^2 + CD^2 = 4OB^2 + 4OD^2 – 4OM^2

Exercice 8

Pour tout réel x, \\ (\sin x + \cos x)^2 = \sin^2 x + 2 \sin x \cos x + \cos^2 x.
Or \cos^2 x + \sin^2 x = 1
donc (\sin x + \cos x)^2 = 1 + 2 \sin x \cos x

Exercice 9

1) Pour déterminer l’aire du parallélogramme, il faut calculer la hauteur de celui-ci.
Soit H le projeté orthogonale de A sur (DC).
Dans le triangle ADH rectangle en H, on a :
sin \widehat{ADH} = \dfrac{AH}{AD}
Soit: AH = 3 \sin x
Aire du parallélogramme :
A= base × hauteur
A= AB × AH \\ A= 2 × 3 \sin x \\ A = 6 \sin x

2) Résoudre A=4 équivaut à résoudre 6 sin x=4soit encore sinx= \dfrac{2}{3}
Comme \widehat{ADC} est un angle aigu, alors x \approx 42° .

Exercice 10

Présentons les résultats sous forme d’un tableau :

Remarque : \dfrac{126 }{\pi} exprimé dans le système sexagésimal donne: 40° 6’25,36″

Exercice 11

Il s’agit de
\dfrac{C }{24′}, C désignant la circonférence terrestre.
on a donc approximativement \dfrac{40 000}{24} km, soit environ 1 667 km

Exercice 12

La relation de Chasles donne :
(\overline{\overrightarrow{OM}; \overrightarrow{OP}})=(\overline{\overrightarrow{OM}; \overrightarrow{ON}}) +(\overline{\overrightarrow{ON}; \overrightarrow{OP}}) +2kπ , k \in Z 
Donc, l’angle (\overrightarrow{OM}; \overrightarrow{OP} ),  a pour mesure  \dfrac{\pi}{2} rad.

Exercice 13

Les arcs AM_O,  AM₁, AM₂ et AM₃
Ont respectivement pour mesure 
\frac{\pi}{4}; \dfrac{\pi}{2}; 3\dfrac{\pi}{4} et \pi

AM’₀, AM’₁, AM’₂, et   AM’₃ ont respectivement pour mesure  – \dfrac{\pi}{4}, –\dfrac{\pi}{2} ,  – 3\dfrac{\pi}{4}
et – \pi. Remarquons que les arcs.
AM’₃ et AM₃  ont même  mesure puisque
\pi= – \pi + 2\pi.

Exercice 14

 On a :  \begin{cases} 7\pi = \pi+ 6\pi \\ 5\pi = \pi+ 4\pi\\ 3\pi = \pi+ 2\pi \end{cases}  donc  les nombres 3\pi, 5\pi et 7\pi sont les déterminations de la mesure de l’angle plat .
On a : \dfrac{5\pi}{2} =\dfrac{\pi}{2}  +2\pi  et –\dfrac{3\pi}{2}=\dfrac{\pi}{2} – 2\pi sont des déterminations de la mesure de L’angle droit direct.

Enfin , 8\pi et \dfrac{3\pi}{2} représentent l’angle nul et l’angle droit indirecte, respectivement.
Regroupons les réels représentant la même mesure ; on a :
{3\pi, 5\pi, 7\pi}, {\dfrac{5\pi}{2}, \dfrac{\pi}{2}, –\dfrac{3\pi}{2}, {8\pi, 0} et {\dfrac{3\pi}{2}}

Exercice 15

Une minute étant un soixantième de degré,  vous remarquerez que l’on a :
10°27’= 10, 45°.

Exercice 16

Puisque les différentes déterminations s’écrivent sous la forme \dfrac{\pi}{4} + 2k \pi où k \in z, on obtient:
\dfrac{\pi}{4} – 2\pi= –\dfrac{7\pi}{4};

\dfrac{\pi}{4} +0\pi= \dfrac{\pi}{4};

\dfrac{\pi}{4} + 2\pi=\dfrac{9\pi}{4}

et \dfrac{\pi}{4} + 4\pi=\dfrac{17\pi}{4}

Exercice 17

Les triangles OAM et OAM’ sont équilatéraux, donc les angles non orientés \widehat{AOM} et  \widehat{AOM}‘ont pour mesure\dfrac{\pi}{3}

Pour l’orientation  choisie sur la figure :l’arc  AM a pour mesure \dfrac{\pi}{3}, l’arc  AM’ a pour mesure  – \dfrac{\pi}{3}

Exercice 18

1) \dfrac{\pi}{5} radians correspond à \dfrac{180}{5} degres, soit 36 degrés
2)  La circonférence  C  du cercle C est en cm : 2\pi x r =10\pi
L’arc AB a  pour  longueur \dfrac{1}{10} x C cm, soit \pi cm

Exercice 19

Pour l’orientation choisie sur le dessin, l’angle orienté (\overrightarrow{CA}, \overrightarrow{CB}) a pour mesure (-\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\pi}{6}) = \dfrac{\pi}{3} radians.
On en deduit que ( \overrightarrow{CB}, \overrightarrow{CA}) a pour mesure -\dfrac{\pi}{3} radians.
L’angle (\overrightarrow{AC}, \overrightarrow{BC}) (resp. (\overrightarrow{BC}, \overrightarrow{AC}) ) est   égale a l’angle (\overrightarrow{CA}, \overrightarrow{CB}) (resp (\overrightarrow{CB}, \overrightarrow{CA})), donc a pour mesure \frac{\pi}{3} (resp. –\dfrac{\pi}{3})

Exercice 20

1)  Position de la bille aux instants t= 12, t= 365,  t =1351
La bille parcourt un tour en 5 secondes, donc, au bout de 12 secondes, elle aura parcouru 2 tours  et \dfrac{2}{5} tour. Sa position sur C est donc définie par le point MO telque l’angle ( \overline{\overrightarrow{OA}; \overrightarrow{OM_1}} =\dfrac{2}{5} x 2\pi ou \dfrac{4\pi}{5} (l’orientation étant définie par le mouvement)
A l’instant  t = 365, la bille a parcouru 73 tours complets, donc la bille se retrouve au point A
A l’instant t =1351, la bille a parcouru 270 tours  et \dfrac{1}{5} tour. Elle se trouve donc  au point M₁ défini par ( \overline{\overrightarrow{OA}; \overrightarrow{OM_1}}) =\dfrac{2\pi}{5}

2) Vitesse de la bille
En 5 secondes, la bille parcourt 60   cm donc, en une heure, elle parcourt 432\pi  mètres. Sa Vitesse est  donc  de 0,432   km /h, soit environ 1,357 km/h.

Exercice 21

On sait que \cos \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\sqrt{2}}{5}.  Notons M le point du cercle trigonométrique C tel que (\overline{\overrightarrow{i}; \overrightarrow{OM}})= x  et M₀ le point

de C tel que( \overline{\overrightarrow{i}; \overrightarrow{0M_0}}=\dfrac{\pi}{4}.Les points M de C tels que  \cos x = \dfrac{\pi}{4}  sont M₀ et M’_o le symétrique de M_o par rapport à (x’x). Il en résulte que les solutions sont les mesures des  angles ( \overrightarrow{i}; \overrightarrow{0M_0} ) et (\overrightarrow{i}; \overrightarrow{0M_0}’)
1) Pour x \in~ [0 ; 2\pi [, on trouve x =\dfrac{\pi}{4} ou \dfrac{7\pi}{4}.
2) Pour x \in~ \R , on trouve
x = \dfrac{\pi}{4} + 2k\pi, ~k \in~ \Z,
Ou x = -\dfrac{\pi}{4} + 2k’\pi, ~k’ \in ~ \Z  (remarquons que la valeur \dfrac{7\pi}{4}  correspond à k’ = l).

Exercice 22

Les solutions de l’équation \sin x = 0 sont les mesures des angles (\overrightarrow{i}; \overrightarrow{0A}) et (\overrightarrow{i}; \overrightarrow{0A}’)  (cf. figure).

1) Pour x \in ~ [0 ; 2\pi[, on trouve x = 0 ou x = \pi.
2) Pour x \in ~ \R, on trouve x = 2k\pi  ~k \in ~ \Z, ou x =\pi + 2k’\pi , ~k’ \in ~ \Z.
Cela signifie que x est un multiple entier de \pi.( x = k" \pi, ~k" \in ~ Z).

Exercice 23

Les solutions de l’inéquation \sin x \geq 0 sont les mesures de l’angle (\overrightarrow{i}; \overrightarrow{0M}) pour M appartenant au demi-cercle supérieur ouvert (partie du cercle trigonométrique contenue dans le demi-plan des points d’ordonnée strictement positive).
On trouve donc : 
x \in ~] 2k\pi ; \pi+2k\pi[ , ~k \in ~ \Z.

Exercice 24

On a l’équivalence :
(|\sin x| > \dfrac{1}{2}) \iff (\sin x>\dfrac{1}{2}  ou ~\sin x <  -\dfrac{1}{2})
Les solutions de l’inéquation  \sin x> \dfrac{1}{2}
Sont les réels des intervalles
]\dfrac{\pi}{6} + 2k\pi  ; \dfrac{5\pi}{6} + 2k\pi[, ~k \in \Z
et les solutions de l’inéquation \sin x <-\dfrac{1}{2}  sont les réels des intervalles :
]\dfrac{7\pi}{4} + 2k \pi ; \dfrac{11\pi}{6} + 2k \pi[, ~k \in ~ \Z (cf. figure ci-dessous).

On peut conclure : les solutions de l’inéquation |\sin x| > \dfrac{1}{2} sont des réels des ensembles :
]\dfrac{\pi}{6} + 2k\pi ; \dfrac{5\pi}{6} +2k\pi[ \cup ]\dfrac{7\pi}{6} + 2k\pi ; \dfrac{11\pi}{6} + 2k\pi[/[latex], [latex]~k \in ~ \Z

Exercice 25

On a :
(\tan x-\dfrac{1}{\tan x})^2 = \tan^2x – 2 + \dfrac{1}{\tan^2 x}
= (1 + \tan^2 x ) + (1+\dfrac{1}{\tan^2 x}) – 4
= \dfrac{1}{\cos^2 x} +\dfrac{1}{\sin^2 x} - 4

Exercice 26

Multiplions respectivement les équations (1) et (2) par – sinα et cosα et ajoutons membres à membre, on obtient :

~~~~(\sin^2 α )x ~–~ (\sin α \cos α)y = \sin α
\dfrac{+(\cos^2 α)x + (\sinα \cosα)y = \cosα}{(\sin^2 α + \cos^2 \alpha + 0 = \sinα + \cosα}

Donc: x = \sin α + \cos α
En multipliant (1) par – cosα , (2) par sinα et en ajoutant, on obtient :
y = - \cosα = \sinα.
Conclusion : le système admet pour unique solution le couple
(x,y ) = (\sin α + \cosα, \sinα – \cosα).

Exercice 27

Pour x = 6π- \dfrac{\pi}{3},
on a : x = - \dfrac{\pi}{3} + 2Kπ, avec k = 3,
Donc : \cos x = cos (\dfrac{\pi}{3}) = \dfrac{1}{2},
\sin x = \sin (-\dfrac{\pi}{3} ) = -\dfrac{\sqrt{3}}{6}, \tan x = - \sqrt3.

Pour x = π+ \dfrac{\pi}{6}, nous savons que
\cos (π + α ) = - \cos α
et \sin (π + α) = - \sin α pour tout α~ Є~ R. on a donc :

\cos x = -\dfrac{\sqrt{3}}{2}, \sin x = - \dfrac{1}{2}, \tan x = \dfrac{\sqrt{3}}{2}.

On a : 3π + \dfrac{\pi}{4} = (π+ \dfrac{\pi}{4}) + 2π donc, dans ce cas :
\cos x = - \dfrac{\sqrt{2}}{2},
\sin x = \dfrac{\sqrt{2}}{2}, \tan x = 1.

Le nombre x = 5π - \dfrac{\pi}{4} est égal à π - \dfrac{\pi}{4} + 4π,
donc : \cos x = - \dfrac{\sqrt{2}}{2},
\sin x = \dfrac{\sqrt{2}}{2}, ~\tan x = - 1.

Pour x =\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{\pi}{3},
on peut utiliser les relations :
\cos (\dfrac{\pi}{4} + α ) = - \sin α

et \sin( \dfrac{\pi}{2} +α ) = \cosα , ~~α ~Є ~\R.
on a donc : \cos x = -\dfrac{\sqrt{3}}{2},~ \sin x = \dfrac{1}{2}, \tan x = \dfrac{-\sqrt{3}}{3}.

Enfin, pour x =\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{\pi}{4},
on a : \cos x = -\dfrac{\sqrt{2}}{2}, \sin x =\dfrac{\sqrt{2}}{2}, \tan x = - 1.

Exercice 28

Pour x =\dfrac{4\pi}{3},
on a : x = π + \dfrac{\pi}{3} ,
donc \cos x = - \dfrac{1}{2} et \sin x = -\dfrac{\sqrt{3}}{2}.

Le nombre x = - \dfrac{11}{3} est égal à -2 π +\dfrac{\pi}{6} ,
donc \cos x = \dfrac{\sqrt{3}}{2} et \sin x =\dfrac{1}{2}.

On peut écrire x = 33\dfrac{\pi}{4} sous la forme \dfrac{8 \times 4π + π}{4}.

On a donc : x = 8π +\dfrac{\pi}{4}. Il en résulte que :
\cos x = \dfrac{\sqrt{2}}{2} et \sin x =\dfrac{\sqrt{2}}{2}.