Trigonométrie Première : exercices corrigés PDF

π/2 est un quart de tour, soit trois arcs de π/6 : c’est D.

$-\dfrac{\pi}{3}$ correspond à deux arcs dans le sens indirect : c’est K.

$\dfrac{7\pi}{6}$ correspond à sept arcs dans le sens direct : c’est H.

5π = 4π + π : deux tours complets, puis un demi-tour. C’est G.

$\dfrac{17\pi}{6}=2\pi+\dfrac{5\pi}{6}$ : un tour, puis cinq arcs. C’est F.

$-\dfrac{5\pi}{2}=-2\pi-\dfrac{\pi}{2}$ : un tour en arrière, puis trois arcs dans le sens indirect. C’est J.

$\dfrac{19\pi}{6}-\left(-\dfrac{5\pi}{6}\right)=\dfrac{24\pi}{6}=4\pi=2\times2\pi$.

Les différences avec 5π/4 valent 2π, −2π, π et −4π. Seul 9π/4 ne convient pas : sa différence π n’est pas un multiple de 2π.

$\dfrac{31\pi}{6}-6\pi=\dfrac{31\pi-36\pi}{6}=-\dfrac{5\pi}{6}$, qui appartient à l’intervalle.

L’arc IM mesure π/4, la moitié de l’arc IJ : la droite (OM) est la bissectrice de l’angle droit IOJ, axe de symétrie du repère. Le point M est sur cet axe, donc ses coordonnées x et y sont égales, et positives.

x² + y² = 1 avec x = y donne 2x² = 1, soit $x=\dfrac{1}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\text{, car }x>0\text{. Donc }\cos\dfrac{\pi}{4}=\sin\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$.

OI = ON = 1 : le triangle est isocèle en O. L’arc IN mesure $\dfrac{\pi}{3}$, donc l’angle en O mesure 60° : le triangle est équilatéral.

Le triangle équilatéral a pour hauteur [NH], qui est aussi une médiane : H est le milieu de [OI], donc cos(π/3) = OH = 1/2. Le théorème de Pythagore donne NH² = 1 − 1/4 = 3/4, donc sin(π/3) = NH = √3/2.

2π/3 = π − π/3 : symétrique par rapport à l’axe des ordonnées. cos x = −1/2 et $\sin x=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.

5π/4 = π + π/4 : symétrique par rapport à O. $\cos x=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}\text{ et }\sin x=-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$.

Symétrique de π/6 par rapport à l’axe des abscisses. $\cos x=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ et sin x = −1/2.

5π/3 = 2π − π/3 : même image que −π/3. cos x = 1/2 et $\sin x=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.

Le point est le bas du cercle, de coordonnées (0 −1). cos x = 0 et sin x = −1.

7π/3 = 2π + π/3 : même image que π/3. cos x = 1/2 et $\sin x=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.

cos ²x = 1 − sin ²x = 1 − 9/25 = 16/25. Sur cet intervalle, le cosinus est négatif ou nul, donc cos x = −4/5.

Symétrie par rapport à l’axe des ordonnées : cos (π − x) = 4/5 et sin (π − x) = 3/5.

Symétrie par rapport à l’axe des abscisses : cos (−x) = −4/5 et sin (−x) = −3/5.

Symétrie par rapport à O : cos (x + π) = 4/5 et sin (x + π) = −3/5.

AC = 10sin π/6 = 5 cm et AB = 10cos π/6 = 5√3 cm.

L’angle en E mesure π/4, donc $\dfrac{DE}{EF}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$, soit EF = 14/√2 = 7√2 cm.

Le rayon qui passe par le sommet mesure L, avec sin π/3 = 6/L, donc L = 12/√3 = 4√3 m. L’ombre mesure Lcos π/3 = 2√3 m, soit environ 3,46 m.

Deux points d’abscisse 1/2 : x = π/3 ou x = 5π/3.

Deux points d’ordonnée $-\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ : x = 5π/4 ou x = 7π/4.

Le haut et le bas du cercle : x = π/2 ou x = 3π/2.

$\cos x=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$, donc x = 5π/6 ou x = 7π/6.

Un seul point, le haut du cercle : $x=\dfrac{\pi}{2}$.

Dans cet intervalle, les réels de cosinus −1/2 sont 2π/3 et 4π/3. Seul le premier a un sinus positif : x = 2π/3.

Dans cet intervalle, les réels de sinus 1/2 sont π/6 et 5π/6. Seul le second a un cosinus négatif : x = 5π/6.

Non : on aurait $\cos^2x+\sin^2x=\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}=\dfrac{1}{2}$, alors que cette somme vaut toujours 1.

Les points d’abscisse au moins 1/2 forment l’arc allant de −π/3 à π/3 : x ∈ [−π/3 π/3].

Δ = 9 − 8 = 1, donc X = (3 − 1)/4 = 1/2 ou X = (3 + 1)/4 = 1.

Un cosinus prend ses valeurs entre −1 et 1, et $\dfrac{1}{2}$ comme 1 sont dans cet intervalle.

cos x = 1 donne x = 0. cos x = 1/2 donne x = π/3 ou x = 5π/3. Les solutions sont 0, π/3 et 5π/3.

$h(0)=6+4\cos0=10$ m, h(3) = 6 + 4cos π/2 = 6 m, h(6) = 6 + 4cos π = 2 m.

Pour tout réel, le cosinus est compris entre −1 et 1, donc h(t) est compris entre 6 − 4 = 2 et 6 + 4 = 10.

h(2) = 6 + 4cos π/3 = 8 m et $h(10)=6+4\cos\dfrac{5\pi}{3}=8$ m.

Il faut cos π t/6 ⩾ 1/2. Sur le cercle, avec π t/6 entre 0 et 2π, cela donne t ⩽ 2 ou t ⩾ 10. Le bateau peut entrer les deux premières heures et les deux dernières.

Avec A comme point d’abscisse 1 du cercle, B est l’image de α, et BH est son ordonnée : BH = sin α. L’aire vaut $\dfrac{OA\times BH}{2}=\dfrac{1}{2}\sin\alpha$.

Les n triangles se partagent le tour complet : α = 2π/n. Donc l’aire vaut Aₙ = n × (1/2) × sin(2π/n) = (n/2) sin(2π/n).

A₆ = 3 sin(π/3) = 3√3/2, soit environ 2,598. A₈ = 4 sin(π/4) = 2√2, soit environ 2,828. A₁₂ = 6 sin(π/6) = 3.

A₉₆ ≈ 3,139 et A₃₈₄ ≈ 3,141. Le polygone est à l’intérieur du disque, d’aire π : ces nombres sont des valeurs approchées de π, par défaut. La calculatrice utilise déjà π : Archimède, lui, doublait le nombre de côtés à partir de l’hexagone.