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Exercices — Première Série C — Trigonométrie

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Exercices — Trigonométrie

Bases orthonormées & angle de vecteurs · Formules d'addition, duplication, linéarisation · Équations, triangles & angle inscrit

Première Série C et E · Format Bac : QCM · Situation d'intégration · Problème

0 exercices affichés

Chapitre 1 — Bases orthonormées et angle de deux vecteurs

1

QCM — Bases orthonormées & angle de vecteurs

Facile QCM
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Exercice 1 — QCM (chaque question : une seule bonne réponse parmi a, b, c, d)

1) $\vec u(3;4)$ et $\vec v(4;-3)$. $\vec u\cdot\vec v$ vaut :
a) $0$   b) $24$   c) $-24$   d) $25$

2) Deux vecteurs $\vec u$, $\vec v$ sont colinéaires si et seulement si :
a) $\vec u\cdot\vec v=0$   b) $\det(\vec u,\vec v)=0$   c) $\|\vec u\|=\|\vec v\|$   d) $\vec u\cdot\vec v=1$

3) $\vec u(5;12)$, $\vec v(12;-5)$. Ces deux vecteurs sont :
a) colinéaires   b) orthogonaux   c) ni l'un ni l'autre   d) égaux

4) $\vec u(1;0)$, $\vec v(0;1)$. $\sin(\vec u,\vec v)$ vaut :
a) $0$   b) $-1$   c) $1$   d) $\dfrac12$

1
Réponse : a. $\vec u\cdot\vec v=3\times4+4\times(-3)=12-12=0$.
2
Réponse : b. $\det(\vec u,\vec v)=0$ caractérise la colinéarité.
3
Réponse : b. $\vec u\cdot\vec v=5\times12+12\times(-5)=60-60=0$ : orthogonaux.
4
Réponse : c. $\det(\vec u,\vec v)=1\times1-0\times0=1$, $\|\vec u\|=\|\vec v\|=1$, donc $\sin\theta=1$.
2

Situation d'intégration — Antennes directionnelles à Ouahigouya

Moyen Situation
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Exercice 2 — Situation d'intégration

Un technicien de télécommunications installe deux antennes directionnelles sur un pylône à Ouahigouya. Dans un repère orthonormé direct lié au pylône (unité : mètre), les directions de rayonnement des deux antennes sont données par $\vec u(6;8)$ et $\vec v(-8;6)$.

Consigne : Calculer $\vec u\cdot\vec v$ et $\det(\vec u,\vec v)$, en déduire $\cos\theta$ et $\sin\theta$ où $\theta=(\vec u,\vec v)$, puis déterminer si les deux antennes rayonnent dans des directions orthogonales, comme l'exige le cahier des charges du fournisseur pour éviter les interférences.

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1
$\vec u\cdot\vec v=6\times(-8)+8\times6=-48+48=0$. $\det(\vec u,\vec v)=6\times6-(-8)\times8=36+64=100$.
2
$\|\vec u\|=\|\vec v\|=10$. $\cos\theta=\dfrac0{100}=0$, $\sin\theta=\dfrac{100}{100}=1$ : $\theta=90°$.
3
Conclusion. Les deux antennes rayonnent bien dans des directions orthogonales : la contrainte du cahier des charges est respectée.
3

Problème — Triangle et base directe/indirecte

Difficile Problème
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Problème — Dans le plan muni d'un repère orthonormé direct, on donne $A(0;0)$, $B(6;2)$, $C(1;7)$.

Partie A. 1) Calculer les coordonnées des vecteurs $\vec{AB}$ et $\vec{AC}$. 2) Calculer $\vec{AB}\cdot\vec{AC}$ et $\det(\vec{AB},\vec{AC})$. 3) En déduire $\cos(\widehat{BAC})$ et $\sin(\widehat{BAC})$, puis une valeur approchée de l'angle $\widehat{BAC}$ en degrés (arrondie à l'unité).

Partie B. 1) Le triangle $ABC$ est-il rectangle en $A$ ? Justifier à l'aide du produit scalaire. 2) Le couple $(\vec{AB},\vec{AC})$ forme-t-il une base directe ou indirecte du plan ? Justifier à partir du signe du déterminant.

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A.1
$\vec{AB}(6;2)$. $\vec{AC}(1;7)$.
A.2
$\vec{AB}\cdot\vec{AC}=6\times1+2\times7=6+14=20$. $\det(\vec{AB},\vec{AC})=6\times7-1\times2=42-2=40$.
A.3
$\|\vec{AB}\|=\sqrt{40}=2\sqrt{10}\approx6{,}32$, $\|\vec{AC}\|=\sqrt{50}=5\sqrt2\approx7{,}07$. $\cos(\widehat{BAC})=\dfrac{20}{2\sqrt{10}\times5\sqrt2}\approx0{,}447$, $\sin(\widehat{BAC})\approx0{,}894$ : $\widehat{BAC}\approx63°$.
B.1
$\vec{AB}\cdot\vec{AC}=20\neq0$ : le triangle $ABC$ n'est pas rectangle en $A$.
B.2
$\det(\vec{AB},\vec{AC})=40>0$ : $(\vec{AB},\vec{AC})$ forme une base directe.

Chapitre 2 — Formules d'addition, duplication, linéarisation

1

QCM — Formules trigonométriques

Facile QCM
▼

Exercice 1 — QCM (chaque question : une seule bonne réponse parmi a, b, c, d)

1) $\cos(a+b)$ vaut :
a) $\cos a\cos b-\sin a\sin b$   b) $\cos a\cos b+\sin a\sin b$   c) $\sin a\cos b+\cos a\sin b$   d) $\cos a+\cos b$

2) $\sin(2a)$ vaut :
a) $2\sin a\cos a$   b) $\cos^2a-\sin^2a$   c) $2\cos^2a-1$   d) $\sin a+\cos a$

3) $\cos75°=\cos(45°+30°)$ vaut :
a) $\dfrac{\sqrt6-\sqrt2}4$   b) $\dfrac{\sqrt6+\sqrt2}4$   c) $\dfrac{\sqrt2}2$   d) $\dfrac12$

4) D'après la formule de linéarisation du cours, $\cos^2a$ s'écrit :
a) $\dfrac{1+\cos(2a)}2$   b) $\dfrac{1-\cos(2a)}2$   c) $1-\sin^2a$   d) $\dfrac{\cos(2a)}2$

1
Réponse : a. Formule d'addition du cosinus.
2
Réponse : a. Formule de duplication du sinus.
3
Réponse : a. $\cos45°\cos30°-\sin45°\sin30°=\dfrac{\sqrt2}2\times\dfrac{\sqrt3}2-\dfrac{\sqrt2}2\times\dfrac12=\dfrac{\sqrt6-\sqrt2}4$.
4
Réponse : a. C'est la formule de linéarisation vue en cours (obtenue en inversant la duplication) ; la réponse c est une identité vraie mais pas une linéarisation (elle contient encore un terme au carré).
2

Situation d'intégration — Bassin de rétention de Bobo-Dioulasso

Moyen Situation
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Exercice 2 — Situation d'intégration

Un technicien du service météorologique de Bobo-Dioulasso modélise la hauteur d'eau dans un bassin de rétention par $h(t)=3\cos t+4\sin t$ (mètres, $t$ en heures depuis le début de l'observation).

Consigne : Déterminer $R$ et $\varphi$ tels que $h(t)=R\cos(t-\varphi)$, en déduire la hauteur maximale que peut atteindre l'eau dans le bassin d'après ce modèle.

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1
$R=\sqrt{3^2+4^2}=\sqrt{25}=5$. $\cos\varphi=\dfrac35$, $\sin\varphi=\dfrac45$.
2
$h(t)=5\cos(t-\varphi)$. Le maximum de $\cos$ vaut $1$, atteint quand $t=\varphi$ : la hauteur maximale d'eau est donc $R=5$ m.
3

Problème — Trois techniques trigonométriques combinées

Difficile Problème
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Problème.

Partie A. Sachant $\cos a=\dfrac7{25}$ avec $a\in\left[0;\dfrac\pi2\right]$, calculer $\sin a$, puis $\cos(2a)$ et $\sin(2a)$.

Partie B. Linéariser $\cos^2x\sin^2x$ (comme l'exemple du cours), puis évaluer cette expression pour $x$ tel que $\sin(2x)=0{,}6$.

Partie C. Transformer $8\cos x+6\sin x$ en $R\cos(x-\varphi)$ et donner la valeur maximale de cette expression.

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A
$\sin a=\dfrac{24}{25}$ (triplet $7$-$24$-$25$, $\sin a\geqslant0$ sur cet intervalle). $\cos(2a)=2\times\dfrac{49}{625}-1=\dfrac{98-625}{625}=-\dfrac{527}{625}$. $\sin(2a)=2\times\dfrac{24}{25}\times\dfrac7{25}=\dfrac{336}{625}$.
B
$\cos^2x\sin^2x=(\sin x\cos x)^2=\left(\dfrac{\sin(2x)}2\right)^2=\dfrac{\sin^2(2x)}4$. Pour $\sin(2x)=0{,}6$ : $\dfrac{0{,}36}4=0{,}09$.
C
$R=\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{100}=10$. $8\cos x+6\sin x=10\cos(x-\varphi)$ avec $\cos\varphi=\dfrac8{10}$, $\sin\varphi=\dfrac6{10}$. Valeur maximale : $R=10$.

Chapitre 3 — Équations trigonométriques, triangles et angle inscrit

1

QCM — Équations, triangles et angle inscrit

Facile QCM
▼

Exercice 1 — QCM (chaque question : une seule bonne réponse parmi a, b, c, d)

1) $\cos u=\cos v$ équivaut à :
a) $u=v+2k\pi$ ou $u=-v+2k\pi$   b) $u=v+k\pi$   c) $u=v$ uniquement   d) $u=\pi-v$

2) Dans un triangle $ABC$ ($a=BC$, $b=AC$, $c=AB$), la loi des cosinus s'écrit :
a) $a^2=b^2+c^2-2bc\cos\widehat A$   b) $a^2=b^2+c^2$   c) $a=b+c$   d) $a^2=b^2-c^2$

3) L'angle inscrit interceptant un arc vaut, par rapport à l'angle au centre interceptant le même arc :
a) le double   b) la moitié   c) le même angle   d) le tiers

4) L'équation $2\cos x-1=0$ admet, sur $[0;2\pi[$ :
a) $1$ solution   b) $2$ solutions   c) $3$ solutions   d) $0$ solution

1
Réponse : a. C'est la caractérisation du cours.
2
Réponse : a. Loi des cosinus.
3
Réponse : b. Théorème de l'angle inscrit.
4
Réponse : b. $\cos x=\dfrac12=\cos\left(\dfrac\pi3\right)$ : $x=\dfrac\pi3$ ou $x=-\dfrac\pi3+2\pi=\dfrac{5\pi}3$, soit $2$ solutions sur $[0;2\pi[$.
2

Situation d'intégration — Bornage de terrain à Tenkodogo

Moyen Situation
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Exercice 2 — Situation d'intégration

Un géomètre de Tenkodogo doit établir le bornage d'un terrain triangulaire $ABC$. Il mesure $AB=c=8$ dam, $AC=b=6$ dam, et un angle en $A$ de $110°$.

Consigne : Calculer la distance $BC=a$ (à $0{,}01$ dam près) à l'aide de la loi des cosinus, puis calculer l'aire du terrain triangulaire (à $0{,}01$ dam² près).

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1
$a^2=b^2+c^2-2bc\cos\widehat A=36+64-2\times6\times8\times\cos110°=100-96\times(-0{,}3420)\approx100+32{,}83=132{,}83$. $a\approx\sqrt{132{,}83}\approx11{,}53$ dam.
2
Aire $=\dfrac12bc\sin\widehat A=\dfrac12\times6\times8\times\sin110°=24\times0{,}9397\approx22{,}55$ dam².
3

Problème — Équation, triangle et angle inscrit

Difficile Problème
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Problème.

Partie A. Résoudre sur $[0;2\pi[$ : $\sin(2x)=\sin\left(\dfrac\pi4\right)$.

Partie B. Un triangle $ABC$ a pour côtés $a=5$, $b=6$, $c=7$. 1) Calculer $\cos\widehat A$. 2) En déduire $\widehat A$ en degrés (arrondi à l'unité). 3) Calculer l'aire du triangle (arrondie au dixième).

Partie C. Dans un cercle de centre $O$, l'angle inscrit interceptant un arc $AB$ vaut $35°$. Quel est l'angle au centre interceptant le même arc ?

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A
$2x=\dfrac\pi4+2k\pi$ ou $2x=\pi-\dfrac\pi4+2k\pi=\dfrac{3\pi}4+2k\pi$, soit $x=\dfrac\pi8+k\pi$ ou $x=\dfrac{3\pi}8+k\pi$. Sur $[0;2\pi[$ : $x\in\left\{\dfrac\pi8;\dfrac{3\pi}8;\dfrac{9\pi}8;\dfrac{11\pi}8\right\}$.
B.1
$\cos\widehat A=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\dfrac{36+49-25}{84}=\dfrac{60}{84}=\dfrac57\approx0{,}714$.
B.2
$\widehat A\approx44°$.
B.3
$\sin\widehat A=\sqrt{1-\left(\frac57\right)^2}=\sqrt{\frac{24}{49}}=\dfrac{2\sqrt6}7\approx0{,}700$. Aire $=\dfrac12bc\sin\widehat A=\dfrac12\times6\times7\times0{,}700\approx14{,}7$.
C
L'angle au centre vaut le double de l'angle inscrit interceptant le même arc : $2\times35°=70°$.
Mode hors-ligne — données en cache