Corrigé des 20 exercices de trigonométrie en seconde : solutions détaillées à télécharger en PDF

On ramène chaque réel à une mesure comprise entre \(0\) et \(2\pi\) (ou entre \(-\pi\) et \(\pi\)) en ajoutant ou retirant des multiples de \(2\pi\) : deux réels qui diffèrent de \(2k\pi\) ont le même point image.

• a) \(\frac{4\pi}{3} = \pi + \frac{\pi}{3}\) : M est à 240°, dans le quart en bas à gauche.
• b) \(\frac{19\pi}{2} = \frac{16\pi}{2} + \frac{3\pi}{2} = 8\pi + \frac{3\pi}{2}\) : N a la même image que \(\frac{3\pi}{2}\), c’est le point \((0\,;\,-1)\).
• c) \(-\frac{3\pi}{4}\) : on tourne de 135° dans le sens indirect ; P est à 225°.
• d) \(\frac{29\pi}{4} = \frac{24\pi}{4} + \frac{5\pi}{4} = 6\pi + \frac{5\pi}{4}\), et \(\frac{5\pi}{4} = -\frac{3\pi}{4} + 2\pi\) : R est confondu avec P.

• a) \(\frac{\pi}{5}\) : M est à 36°, entre I et le point de \(\frac{\pi}{4}\).
• b) \(\frac{11\pi}{6} = 2\pi – \frac{\pi}{6}\) : N a la même image que \(-\frac{\pi}{6}\) (330°).
• c) \(-\frac{7\pi}{6} + 2\pi = \frac{5\pi}{6}\) : P est à 150°.
• d) \(-\frac{17\pi}{3} + 6\pi = -\frac{17\pi}{3} + \frac{18\pi}{3} = \frac{\pi}{3}\) : R est à 60°.

Les réels ayant le même point image que \(x\) sont les nombres \(x + 2k\pi\), \(k\) entier. Par ailleurs, on ajoute \(2\pi\) (ou \(4\pi\)) pour les positifs et on retire \(2\pi\) (ou plus) pour un négatif.

• a) \(\pi\) : par exemple \(3\pi\) et \(5\pi\) ; négatif : \(-\pi\).
• b) \(\frac{\pi}{2}\) : \(\frac{5\pi}{2}\) et \(\frac{9\pi}{2}\) ; négatif : \(-\frac{3\pi}{2}\).
• c) \(\frac{\pi}{4}\) : \(\frac{9\pi}{4}\) et \(\frac{17\pi}{4}\) ; négatif : \(-\frac{7\pi}{4}\).
• d) \(-\frac{3\pi}{5}\) : \(-\frac{3\pi}{5} + 2\pi = \frac{7\pi}{5}\) et \(\frac{17\pi}{5}\) ; négatif : \(-\frac{13\pi}{5}\).

a) Calculatrice réglée en mode radian : \(\cos\frac{3\pi}{4} \approx -0{,}707\), soit \(-0{,}71\) au centième près.

b) \(\frac{3\pi}{4} = \pi – \frac{\pi}{4}\) : le point M image de \(\frac{3\pi}{4}\) est le symétrique, par rapport à l’axe des ordonnées, du point image de \(\frac{\pi}{4}\), qui a pour coordonnées \(\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\,;\,\frac{\sqrt{2}}{2}\right)\). Même ordonnée, abscisse opposée :

\[ \cos\frac{3\pi}{4} = -\frac{\sqrt{2}}{2} \quad \text{et} \quad \sin\frac{3\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}. \]

a) Le triangle OHM est rectangle en H avec \(OH = HM\) et \(OM = 1\). Théorème de Pythagore :

\[ OH^2 + HM^2 = OM^2 \iff 2\,OH^2 = 1 \iff OH^2 = \frac{1}{2} \iff OH = \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}. \]

b) Le triangle est rectangle et isocèle : ses deux angles aigus sont égaux et leur somme vaut 90°, donc \(\widehat{HOM} = 45°\).

c) \(45° = \frac{\pi}{4}\) rad. Si M est placé sur le cercle trigonométrique (\(OM = 1\)) avec H sur l’axe des abscisses, alors \(\cos\frac{\pi}{4} = OH\) et \(\sin\frac{\pi}{4} = HM\) :

\[ \cos\frac{\pi}{4} = \sin\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}. \]

La figure rouge est formée de la corde \([AB]\), de la corde \([CD]\) et des deux arcs latéraux \(\overset{\frown}{AD}\) (passant par I) et \(\overset{\frown}{BC}\) (passant par L), qui ont la même longueur par symétrie.

Cordes. A a pour ordonnée 0,5, donc pour abscisse \(\sqrt{1 – 0{,}5^2} = \frac{\sqrt{3}}{2}\) : \(AB = 2 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3} \approx 1{,}732\). D a pour ordonnée \(-0{,}6\), donc pour abscisse \(\sqrt{1 – 0{,}36} = 0{,}8\) : \(CD = 1{,}6\).

Arcs. Sur le cercle de rayon 1, la longueur d’un arc est égale à la mesure de l’angle en radians. A est l’image de \(\frac{\pi}{6}\) (car \(\sin\frac{\pi}{6} = 0{,}5\)) ; D est l’image d’un réel \(-a\) avec \(\sin a = 0{,}6\), la calculatrice donne \(a \approx 0{,}6435\). D’où :

\[ \overset{\frown}{AD} = \frac{\pi}{6} + a \approx 0{,}5236 + 0{,}6435 \approx 1{,}1671. \]
\[ \ell = \sqrt{3} + 1{,}6 + 2 \times 1{,}1671 \approx 5{,}67. \]

La figure rouge est formée de \([OI]\), de l’arc \(\overset{\frown}{IB}\), de \([BA]\) et de \([AO]\).

• \(OI = 1\).
• B est sur le cercle de rayon 1 avec une ordonnée 0,6 : son abscisse vaut \(\sqrt{1 – 0{,}36} = 0{,}8\), donc \(AB = 0{,}8\) et \(OA = 0{,}6\).
• L’arc \(\overset{\frown}{IB}\) a pour longueur l’angle \(\widehat{IOB}\) en radians, avec \(\sin\widehat{IOB} = 0{,}6\) : la calculatrice donne \(\widehat{IOB} \approx 0{,}6435\).

\[ L \approx 1 + 0{,}6435 + 0{,}8 + 0{,}6 \approx 3{,}04. \]

L’algorithme ajoute \(\cos\frac{k\pi}{n}\) pour \(k\) allant de 0 à \(n\) :

\[ S = \cos 0 + \cos\frac{\pi}{n} + \cos\frac{2\pi}{n} + \cdots + \cos\frac{n\pi}{n}. \]

a) \(n = 4\) :

\[ S = \cos 0 + \cos\frac{\pi}{4} + \cos\frac{\pi}{2} + \cos\frac{3\pi}{4} + \cos\pi = 1 + \frac{\sqrt{2}}{2} + 0 – \frac{\sqrt{2}}{2} – 1 = 0. \]

b) \(n = 5\) : \(S = \cos 0 + \cos\frac{\pi}{5} + \cos\frac{2\pi}{5} + \cos\frac{3\pi}{5} + \cos\frac{4\pi}{5} + \cos\pi\). Puis les points images de \(\frac{\pi}{5}\) et \(\frac{4\pi}{5}\) sont symétriques par rapport à l’axe des ordonnées, donc \(\cos\frac{4\pi}{5} = -\cos\frac{\pi}{5}\) ; de même \(\cos\frac{3\pi}{5} = -\cos\frac{2\pi}{5}\), et \(\cos\pi = -\cos 0\). Ensuite, les termes s’annulent deux à deux : \(S = 0\) (la calculatrice confirme).

Un angle de 180° correspond à \(\pi\) radians, donc \(\alpha\) degrés correspondent à \(\frac{\alpha \times \pi}{180}\) radians.

• a) 180° : \(\pi\)
• b) 90° : \(\frac{\pi}{2}\)
• c) 10° : \(\frac{10\pi}{180} = \frac{\pi}{18}\)
• d) 60° : \(\frac{\pi}{3}\)
• e) 30° : \(\frac{\pi}{6}\)
• f) 45° : \(\frac{\pi}{4}\)

a) \(\pi\) rad correspond à 180°, donc \(\frac{\pi}{10}\) rad correspond à \(\frac{180°}{10} = 18°\). Donc \(\widehat{IOM} = 18°\).

b) \(135° = 3 \times 45°\) et \(45°\) correspond à \(\frac{\pi}{4}\) : N est l’image de \(\frac{3\pi}{4}\) (ou de \(\frac{3\pi}{4} + 2k\pi\)).

Remarque : on en déduit aussi \(\widehat{MON} = 135° – 18° = 117°\).

Le cercle trigonométrique a pour rayon 1 et pour longueur \(2\pi\). Puis le point I est l’image de 0 et on tourne dans le sens direct (flèche +).

Le carré ABCD. Ses quatre sommets partagent le cercle en 4 arcs égaux de longueur \(\dfrac{2\pi}{4}=\dfrac{\pi}{2}\). De plus, l’angle de 45° entre [OI] et [OA] correspond à \(\dfrac{\pi}{4}\) (car \(180°\) correspond à \(\pi\)). Ensuite, en partant de A et en ajoutant \(\dfrac{\pi}{2}\) à chaque sommet :

• A est l’image de \(\dfrac{\pi}{4}\) ;
• B est l’image de \(\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{2}=\) \(\dfrac{3\pi}{4}\) ;
• C est l’image de \(\dfrac{5\pi}{4}\) ;
• D est l’image de \(\dfrac{7\pi}{4}\).

L’hexagone IMNPQR. Ses six sommets partagent le cercle en 6 arcs égaux de longueur \(\dfrac{2\pi}{6}=\dfrac{\pi}{3}\) (l’angle de 60° le confirme). I est l’image de 0, puis on ajoute \(\dfrac{\pi}{3}\) à chaque sommet :

• I : 0 ; M : \(\dfrac{\pi}{3}\) ; N : \(\dfrac{2\pi}{3}\) ;
• P : \(\pi\) ; Q : \(\dfrac{4\pi}{3}\) ; R : \(\dfrac{5\pi}{3}\).

Tous ces nombres sont bien dans l’intervalle \([0\,;2\pi[\).

On lit d’abord sur chaque cercle l’angle de chaque point, repéré par les graduations du quadrillage et par les diagonales en pointillés (multiples de \(\frac{\pi}{4}\)). Puis on ramène chaque nombre de la liste dans \([0\,;2\pi[\) en ajoutant ou en retirant des multiples de \(2\pi\) : deux réels qui diffèrent d’un multiple de \(2\pi\) ont le même point image.

Premier cercle

Second cercle

a) Le point A, image de \(\dfrac{\pi}{3}\), a pour coordonnées \(\left(\cos\dfrac{\pi}{3}\,;\sin\dfrac{\pi}{3}\right)=\left(\dfrac{1}{2}\,;\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\). Par ailleurs, pour le placer, on trace la droite verticale d’abscisse \(\dfrac{1}{2}\) : elle coupe le cercle au-dessus de (OI) en A.

b) La symétrie d’axe (OI) (l’axe des abscisses) garde l’abscisse et change l’ordonnée en son opposé : \(B\left(\dfrac{1}{2}\,;-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\). B est sur le cercle et l’arc de I à B est parcouru dans le sens indirect : B est l’image de \(-\dfrac{\pi}{3}\) (ou de \(\dfrac{5\pi}{3}\)).

c) La symétrie d’axe (OJ) garde l’ordonnée et change l’abscisse : \(C\left(-\dfrac{1}{2}\,;\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\). Puis L’arc de C à J (point image de \(\frac{\pi}{2}\)) est le même que celui de J à A, soit \(\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{\pi}{6}\). C est donc l’image de \(\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\pi}{6}=\) \(\dfrac{2\pi}{3}\) (c’est \(\pi-\dfrac{\pi}{3}\)).

d) La symétrie de centre O change les deux coordonnées : \(D\left(-\dfrac{1}{2}\,;-\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)\). Ensuite, un demi-tour correspond à \(\pi\) : D est l’image de \(\dfrac{\pi}{3}+\pi=\) \(\dfrac{4\pi}{3}\) (ou de \(-\dfrac{2\pi}{3}\)).

a) Avec \(a=\dfrac{\pi}{3}\) et \(b=\dfrac{7\pi}{3}\) :

\[ d=\frac{b-a}{\pi}=\frac{\frac{7\pi}{3}-\frac{\pi}{3}}{\pi}=\frac{\frac{6\pi}{3}}{\pi}=\frac{2\pi}{\pi}=2. \]

2 est un multiple de 2, donc l’algorithme affiche « Oui ».

b) \(d\) est un multiple de 2, c’est-à-dire \(d=2k\) avec \(k\) entier, si et seulement si \(b-a=2k\pi\). Or deux réels ont le même point image sur le cercle trigonométrique exactement quand ils diffèrent d’un multiple de \(2\pi\). Puis l’algorithme teste donc si \(a\) et \(b\) ont le même point image. De plus, on peut remplacer :

• « Oui » par « a et b ont le même point image sur le cercle trigonométrique » ;
• « Non » par « a et b n’ont pas le même point image ».

Dans le test du a), \(\dfrac{7\pi}{3}=\dfrac{\pi}{3}+2\pi\) : les deux nombres ont bien le même point image.

Prenons un repère dont le cercle rouge est le cercle trigonométrique (rayon choisi comme unité), centré au centre de la rosace. Sa longueur est alors \(2\pi\).

Les 8 sommets partagent le cercle en 8 arcs de même longueur, chacun de longueur \(\dfrac{2\pi}{8}=\dfrac{\pi}{4}\). Deux sommets consécutifs sont donc associés à deux nombres qui diffèrent de \(\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{2\pi}{8}\).

Or les nombres proposés par Jeanne, \(\dfrac{\pi}{8}\), \(\dfrac{2\pi}{8}\), \(\dfrac{3\pi}{8}\)…, augmentent de \(\dfrac{\pi}{8}\) seulement : ils partageraient le cercle en \(\dfrac{2\pi}{\pi/8}=16\) arcs, et non 8. Par exemple, si un sommet est associé à \(\dfrac{2\pi}{8}\), le point associé à \(\dfrac{\pi}{8}\) est au milieu d’un arc entre deux sommets, ce n’est pas un sommet.

En choisissant le repère pour qu’un sommet soit en I, les sommets sont associés à \(0\), \(\dfrac{2\pi}{8}\), \(\dfrac{4\pi}{8}\), …, \(\dfrac{14\pi}{8}\), c’est-à-dire aux nombres \(\dfrac{k\pi}{4}\) pour \(k\) entier de 0 à 7. (Dans un autre repère, on peut aussi obtenir \(\dfrac{\pi}{8}\), \(\dfrac{3\pi}{8}\), \(\dfrac{5\pi}{8}\)… mais jamais trois nombres consécutifs de la liste de Jeanne.)

On coupe le cône par un plan passant par son axe : on obtient un triangle isocèle de sommet S, dont les deux côtés égaux sont des génératrices (70 mm) et dont la base est un diamètre (50 mm). Ensuite, la hauteur [SH] partage ce triangle en deux triangles rectangles en H, et partage l’angle au sommet \(\alpha\) en deux angles égaux \(\dfrac{\alpha}{2}\).

Dans le triangle rectangle en H, l’hypoténuse mesure 70 mm et le côté opposé à l’angle \(\dfrac{\alpha}{2}\) mesure la moitié du diamètre, soit 25 mm :

\[ \sin\frac{\alpha}{2}=\frac{\text{côté opposé}}{\text{hypoténuse}}=\frac{25}{70}=\frac{5}{14}. \]

À la calculatrice (en mode degré) : \(\dfrac{\alpha}{2}\approx 20{,}92^\circ\), donc \(\alpha\approx 2\times 20{,}92\approx 41{,}8^\circ\).

On lit sur la figure : le triangle ABR est rectangle en A, AB = 100 m, N est sur [AR], \(\widehat{ABN}=35^\circ\) et \(\widehat{NBR}=20^\circ\). Donc \(\widehat{ABR}=35^\circ+20^\circ=55^\circ\).

Calcul de AN. Dans le triangle ABN rectangle en A, on connaît le côté adjacent AB à l’angle \(\widehat{ABN}\) et on cherche le côté opposé AN :

\[ \tan 35^\circ=\frac{AN}{AB}\quad\text{donc}\quad AN=100\times\tan 35^\circ\approx 70{,}021\text{ m}. \]

Calcul de AR. Dans le triangle ABR rectangle en A :

\[ \tan 55^\circ=\frac{AR}{AB}\quad\text{donc}\quad AR=100\times\tan 55^\circ\approx 142{,}815\text{ m}. \]

Distance NR. N est entre A et R, donc

\[ NR=AR-AN=100\left(\tan 55^\circ-\tan 35^\circ\right)\approx 72{,}79\text{ m}. \]

On garde les valeurs exactes jusqu’au bout (ou beaucoup de décimales) et on n’arrondit qu’à la fin.

Sur la figure, OA = OC = 1 m (rayons de l’arc, codés égaux), le triangle ABO est rectangle en B et les points B, O, C sont alignés au sol, B et C de part et d’autre de O.

a) L’échelle est \(\dfrac{1}{2}\) : les longueurs réelles sont le double de celles de la maquette. Par ailleurs, pour qu’une personne de 1,80 m passe sans se baisser, il faut une hauteur réelle AB d’au moins 1,80 m, donc sur la maquette :

\[ AB=\frac{1{,}80}{2}=0{,}90\text{ m}. \]

On prend donc AB = 0,90 m sur la maquette (au minimum).

b) Dans le triangle ABO rectangle en B, l’hypoténuse est OA = 1 m :

\[ \sin\widehat{AOB}=\frac{AB}{OA}=\frac{0{,}9}{1}=0{,}9. \]

À la calculatrice, \(\widehat{AOB}\approx 64{,}16^\circ\). Comme B, O, C sont alignés avec O entre B et C, les angles \(\widehat{AOB}\) et \(\widehat{AOC}\) sont supplémentaires :

\[ \widehat{AOC}=180^\circ-\widehat{AOB}\approx 115{,}84^\circ. \]

Sur un cercle de rayon 1, la longueur d’un arc est égale à la mesure de l’angle au centre en radians. Puis en radians, \(\widehat{AOB}=x_0\) avec \(\sin x_0=0{,}9\) (\(x_0\approx 1{,}1198\)) et la longueur de l’arc est \(x=\pi-x_0\) : elle vérifie aussi \(\sin x=0{,}9\), comme l’indique le conseil, mais c’est la solution comprise entre \(\frac{\pi}{2}\) et \(\pi\).

\[ x=\pi-x_0\approx 3{,}1416-1{,}1198\approx 2{,}02\text{ m}. \]

En réalité, les longueurs sont doublées : \(2\times 2{,}0218\approx 4{,}04\) m.

O est le centre du cube : c’est le milieu de la grande diagonale [EC] (et de [AG]).

Longueur AC. ABC est rectangle en B avec AB = BC = 1, donc par le théorème de Pythagore \(AC^2=1+1=2\) et \(AC=\sqrt{2}\).

Angle \(\widehat{ACE}\). Le triangle EAC est rectangle en A, avec EA = 1 (arête verticale) et AC = \(\sqrt{2}\) :

\[ \tan\widehat{ACE}=\frac{EA}{AC}=\frac{1}{\sqrt{2}}\quad\text{donc}\quad \widehat{ACE}\approx 35{,}26^\circ. \]

Triangle AOC. Dans le triangle EAC rectangle en A, le milieu O de l’hypoténuse [EC] est le centre du cercle circonscrit, donc OA = OC : le triangle AOC est isocèle en O, et \(\widehat{OAC}=\widehat{OCA}=\widehat{ACE}\approx 35{,}26^\circ\). Ensuite, la somme des angles d’un triangle vaut 180°, d’où :

\[ \widehat{AOC}=180^\circ-2\times\widehat{ACE}\approx 180^\circ-70{,}53^\circ\approx 109{,}5^\circ. \]

Vérification avec le triangle AOK rectangle en K : K est le milieu de [AC] donc \(AK=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\), et O est à mi-hauteur donc \(OK=\dfrac{1}{2}\). Alors \(\tan\widehat{AOK}=\dfrac{AK}{OK}=\sqrt{2}\), \(\widehat{AOK}\approx 54{,}74^\circ\) et \(\widehat{AOC}=2\,\widehat{AOK}\approx 109{,}5^\circ\).

Deux réels ont le même point image sur le cercle trigonométrique si et seulement si leur différence est un multiple de \(2\pi\).

\[ \frac{101\pi}{6}-\frac{5\pi}{6}=\frac{96\pi}{6}=16\pi=8\times 2\pi. \]

La différence vaut 8 tours complets : \(\dfrac{101\pi}{6}=\dfrac{5\pi}{6}+8\times 2\pi\).