Trigonométrie : exercices de synthèse

On utilise les valeurs remarquables pour $M_1$ et $M_2$, les points $I$, $J$, $I'$, $J'$ pour $k=0,3,6,9$, et les angles associés pour les autres.

$k$	$x_k=\dfrac{k\pi}{6}$	Coordonnées de $M_k$	Justification
$0$	$0$	$(1\,;\,0)$	point $I$
$1$	$\dfrac{\pi}{6}$	$\left(\dfrac{\sqrt3}{2}\,;\,\dfrac12\right)$	valeur remarquable
$2$	$\dfrac{\pi}{3}$	$\left(\dfrac12\,;\,\dfrac{\sqrt3}{2}\right)$	valeur remarquable
$3$	$\dfrac{\pi}{2}$	$(0\,;\,1)$	point $J$
$4$	$\dfrac{2\pi}{3}=\pi-\dfrac{\pi}{3}$	$\left(-\dfrac12\,;\,\dfrac{\sqrt3}{2}\right)$	symétrique de $M_2$ par rapport à $(OJ)$
$5$	$\dfrac{5\pi}{6}=\pi-\dfrac{\pi}{6}$	$\left(-\dfrac{\sqrt3}{2}\,;\,\dfrac12\right)$	symétrique de $M_1$ par rapport à $(OJ)$
$6$	$\pi$	$(-1\,;\,0)$	point $I'$
$7$	$\dfrac{7\pi}{6}=\pi+\dfrac{\pi}{6}$	$\left(-\dfrac{\sqrt3}{2}\,;\,-\dfrac12\right)$	symétrique de $M_1$ par rapport à $O$
$8$	$\dfrac{4\pi}{3}=\pi+\dfrac{\pi}{3}$	$\left(-\dfrac12\,;\,-\dfrac{\sqrt3}{2}\right)$	symétrique de $M_2$ par rapport à $O$
$9$	$\dfrac{3\pi}{2}$	$(0\,;\,-1)$	point $J'$
$10$	$\dfrac{5\pi}{3}=2\pi-\dfrac{\pi}{3}$	$\left(\dfrac12\,;\,-\dfrac{\sqrt3}{2}\right)$	symétrique de $M_2$ par rapport à $(OI)$
$11$	$\dfrac{11\pi}{6}=2\pi-\dfrac{\pi}{6}$	$\left(\dfrac{\sqrt3}{2}\,;\,-\dfrac12\right)$	symétrique de $M_1$ par rapport à $(OI)$

✅ Les douze points ont les coordonnées du tableau ci-dessus.

Dans un repère orthonormé : $M_0M_1=\sqrt{(x_1-x_0)^2+(y_1-y_0)^2}$.

$M_0M_1^2=\left(\dfrac{\sqrt3}{2}-1\right)^2+\left(\dfrac12\right)^2=\dfrac34-\sqrt3+1+\dfrac14=2-\sqrt3$.

Donc $M_0M_1=\sqrt{2-\sqrt3}$.

Montrons que $\sqrt{2-\sqrt3}=\dfrac{\sqrt6-\sqrt2}{2}$. Le nombre $\dfrac{\sqrt6-\sqrt2}{2}$ est positif et son carré vaut $\dfrac{6+2-2\sqrt{12}}{4}=\dfrac{8-4\sqrt3}{4}=2-\sqrt3$. Deux nombres positifs de même carré sont égaux.

Le dodécagone est régulier. Pour tout $k$, l'angle $\widehat{M_kOM_{k+1}}$ mesure $\dfrac{\pi}{6}$ (arc de longueur $\dfrac{\pi}{6}$ ; pour $k=11$, $M_{12}=M_0$ car $\dfrac{12\pi}{6}=2\pi$) et $OM_k=OM_{k+1}=1$. Les triangles $OM_kM_{k+1}$ ont un angle égal compris entre deux côtés égaux : ils sont isométriques, donc tous les côtés $M_kM_{k+1}$ ont la même longueur. Les douze sommets sont sur le cercle $\mathcal{C}$.

✅ $M_0M_1=\sqrt{2-\sqrt3}=\dfrac{\sqrt6-\sqrt2}{2}$, et $M_0M_1\dots M_{11}$ est un dodécagone régulier inscrit dans $\mathcal{C}$.

Le périmètre vaut $12\times M_0M_1=12\times\dfrac{\sqrt6-\sqrt2}{2}=6(\sqrt6-\sqrt2)$.

Valeur approchée : $\sqrt6\approx2{,}4495$ et $\sqrt2\approx1{,}4142$, donc $6(\sqrt6-\sqrt2)\approx6\times1{,}0353\approx6{,}21$.

✅ Le périmètre est $6(\sqrt6-\sqrt2)\approx6{,}21$, légèrement inférieur au périmètre $2\pi\approx6{,}28$ du cercle.

Le dodécagone est convexe et contient $O$ : il est réunion des $12$ triangles $OM_kM_{k+1}$, tous isométriques.

Triangle $OM_0M_1$ : on prend pour base $[OM_0]$, de longueur $1$, portée par $(OI)$. La hauteur issue de $M_1$ est la distance de $M_1$ à $(OI)$, c'est-à-dire son ordonnée $\sin\dfrac{\pi}{6}=\dfrac12$.

Aire de $OM_0M_1$ : $\dfrac12\times1\times\dfrac12=\dfrac14$. Aire du dodécagone : $12\times\dfrac14=3$.

✅ L'aire du dodécagone vaut $3$, légèrement inférieure à l'aire $\pi\approx3{,}14$ du disque, ce qui est cohérent puisque le dodécagone est inclus dans le disque.

$M_0(1\,;\,0)$, $M_4\left(-\dfrac12\,;\,\dfrac{\sqrt3}{2}\right)$ et $M_8\left(-\dfrac12\,;\,-\dfrac{\sqrt3}{2}\right)$.

$M_0M_4^2=\left(-\dfrac12-1\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt3}{2}\right)^2=\dfrac94+\dfrac34=3$.

$M_4M_8^2=0^2+\left(-\dfrac{\sqrt3}{2}-\dfrac{\sqrt3}{2}\right)^2=(-\sqrt3)^2=3$.

$M_8M_0^2=\left(1+\dfrac12\right)^2+\left(0+\dfrac{\sqrt3}{2}\right)^2=\dfrac94+\dfrac34=3$.

✅ Les trois côtés valent $\sqrt3$ : le triangle $M_0M_4M_8$ est équilatéral.

• Coordonnées des douze points avec la symétrie nommée pour chaque angle associé.

• Distance $M_0M_1=\sqrt{2-\sqrt3}$ calculée avec la formule de la distance, puis simplifiée ($\dfrac{\sqrt6-\sqrt2}{2}$, justifié par le carré).

• Régularité justifiée par des triangles isométriques ($OM_k=OM_{k+1}=1$, angle $\dfrac{\pi}{6}$).

• Périmètre $6(\sqrt6-\sqrt2)$ et comparaison avec $2\pi$.

• Aire : base $1$, hauteur $\sin\dfrac{\pi}{6}=\dfrac12$, douze triangles : $3<\pi$.

• Triangle équilatéral : les trois carrés des côtés égaux à $3$.

Si $A$ et $B$ sont deux sommets consécutifs de l'hexagone régulier, $\widehat{AOB}=\dfrac{2\pi}{6}=\dfrac{\pi}{3}$.

Le triangle $OAB$ est isocèle en $O$ : ses angles à la base sont égaux et valent chacun $\dfrac12\left(\pi-\dfrac{\pi}{3}\right)=\dfrac{\pi}{3}$. Il est équilatéral, donc $AB=OA=1$.

✅ $c_6=1$.

$OA=OB$ et $MA=MB$ ($M$ est le milieu de l'arc $AB$) : $O$ et $M$ sont sur la médiatrice de $[AB]$. Cette droite coupe $[AB]$ en son milieu $H$ à angle droit. Le point $H$ est dans le disque, sur le rayon $[OM]$ : $OM=OH+HM$, donc $HM=1-OH$.

Triangle $OHA$ rectangle en $H$ (Pythagore) : $OH^2=OA^2-AH^2=1-\dfrac{c_n^2}{4}$.

Triangle $AHM$ rectangle en $H$ (Pythagore) : $c_{2n}^2=AM^2=AH^2+HM^2=\dfrac{c_n^2}{4}+(1-OH)^2=\dfrac{c_n^2}{4}+1-2\,OH+OH^2$.

En remplaçant $OH^2$ : $c_{2n}^2=\dfrac{c_n^2}{4}+1-2\,OH+1-\dfrac{c_n^2}{4}=2-2\,OH$.

Or $2\,OH=2\sqrt{1-\dfrac{c_n^2}{4}}=\sqrt{4\left(1-\dfrac{c_n^2}{4}\right)}=\sqrt{4-c_n^2}$.

✅ $c_{2n}^2=2-\sqrt{4-c_n^2}$.

Avec $c_6=1$ : $c_{12}^2=2-\sqrt{4-1}=2-\sqrt3$.

Puis $c_{24}^2=2-\sqrt{4-c_{12}^2}=2-\sqrt{4-(2-\sqrt3)}=2-\sqrt{2+\sqrt3}$.

Le nombre $\dfrac{\sqrt6+\sqrt2}{2}$ est positif et son carré vaut $\dfrac{6+2+2\sqrt{12}}{4}=\dfrac{8+4\sqrt3}{4}=2+\sqrt3$. Donc $\sqrt{2+\sqrt3}=\dfrac{\sqrt6+\sqrt2}{2}$.

✅ $c_{12}^2=2-\sqrt3$ et $c_{24}^2=2-\dfrac{\sqrt6+\sqrt2}{2}=\dfrac{4-\sqrt6-\sqrt2}{2}$ (soit $c_{24}\approx0{,}2611$).

from math import sqrt

c = 1.0              # côté de l'hexagone inscrit dans le cercle de rayon 1
n = 6                # nombre de côtés
for etape in range(5):
    c = sqrt(2 - sqrt(4 - c * c))   # côté du polygone à 2n côtés
    n = 2 * n
    print(n, n * c / 2)             # demi-périmètre : un minorant de pi

$n$	$12$	$24$	$48$	$96$	$192$
$\dfrac{n\,c_n}{2}$ (arrondi à $10^{-5}$)	$3{,}10583$	$3{,}13263$	$3{,}13935$	$3{,}14103$	$3{,}14145$

✅ Le programme affiche les cinq demi-périmètres du tableau.

Chaque côté du polygone est une corde, plus courte que l'arc qu'il sous-tend (le plus court chemin entre deux points est le segment). Le périmètre $n\,c_n$ est donc inférieur à la longueur $2\pi$ du cercle, d'où $\dfrac{n\,c_n}{2}<\pi$ : c'est un minorant de $\pi$. Les valeurs augmentent avec $n$, donc la précision s'améliore.

✅ Avec $n=96$ : $3{,}141<3{,}14103\leqslant\dfrac{96\,c_{96}}{2}<\pi$, donc $\pi>3{,}141$.

from math import sqrt, pi

c, n = 1.0, 6
while pi - n * c / 2 >= 0.001:     # pi ne sert ici qu'à mesurer la qualité
    c = sqrt(2 - sqrt(4 - c * c))
    n = 2 * n
print(n, n * c / 2)

On calcule : $n=48$ donne $\pi-3{,}13935\approx0{,}0022>10^{-3}$ ; $n=96$ donne $\pi-3{,}14103\approx0{,}00056<10^{-3}$.

✅ Le programme affiche $96$ et $3{,}14103\ldots$ : il faut un polygone à $96$ côtés.

Pour aller plus loin, hors programme. Le polygone circonscrit est l'image du polygone inscrit par l'homothétie de centre $O$ qui envoie le côté $[AB]$ sur un côté tangent au cercle. La distance de $O$ au côté inscrit est $OH=\sqrt{1-\dfrac{c_n^2}{4}}$ ; la distance de $O$ au côté circonscrit (tangent) est $1$. Le rapport est donc $\dfrac{1}{OH}$.

$d_n=\dfrac{c_n}{OH}=\dfrac{c_n}{\sqrt{1-c_n^2/4}}=\dfrac{2c_n}{\sqrt{4-c_n^2}}$.

Pour $n=6$ : $d_6=\dfrac{2}{\sqrt3}$, donc $\dfrac{6\,d_6}{2}=\dfrac{6}{\sqrt3}=2\sqrt3\approx3{,}464$ et $3<\pi<3{,}47$.

from math import sqrt

c, n = 1.0, 6
for etape in range(4):
    c = sqrt(2 - sqrt(4 - c * c))
    n = 2 * n                      # on arrive à n = 96
d = 2 * c / sqrt(4 - c * c)        # côté du polygone circonscrit
print(n * c / 2, n * d / 2)

✅ Pour $n=96$, le programme donne $3{,}14103<\pi<3{,}14272$, donc $3{,}141<\pi<3{,}143$.

• Hexagone : triangle $OAB$ isocèle d'angle $\dfrac{\pi}{3}$, donc équilatéral.

• Preuve de la relation : médiatrice, $OH=\sqrt{1-c_n^2/4}$, $HM=1-OH$, Pythagore dans $AHM$, simplification.

• Valeurs exactes $c_{12}^2=2-\sqrt3$ et $c_{24}^2=2-\sqrt{2+\sqrt3}$ puis simplification de la racine imbriquée par un carré.

• Programme correct (initialisation à $1$, formule dans la boucle, $n$ doublé, affichage de $\dfrac{n\,c}{2}$).

• Minorant justifié (corde plus courte que l'arc) et conclusion $\pi>3{,}141$.

• Boucle while avec le test sur l'écart et résultat $n=96$.

Soit $\mathcal{H}$ l'homothétie de centre $O$ et de rapport $R$. Elle transforme le cercle trigonométrique en le cercle de centre $O$ et de rayon $R$, et elle multiplie les coordonnées par $R$.

Le point $P_x$ est atteint en tournant de l'angle $x$ depuis $P_0=\mathcal{H}(I)$ : c'est $\mathcal{H}(M(x))$, avec $M(x)=(\cos x\,;\,\sin x)$.

✅ $P_x=(R\cos x\,;\,R\sin x)$.

On utilise les valeurs remarquables et les angles associés, avec $R=0{,}35$ et $\dfrac{R}{2}=0{,}175$.

$x$	Coordonnées exactes de $P_x$	Valeurs approchées (m)
$\dfrac{\pi}{6}$	$\left(0{,}175\sqrt3\,;\,0{,}175\right)$	$(0{,}303\,;\,0{,}175)$
$\dfrac{\pi}{3}$	$\left(0{,}175\,;\,0{,}175\sqrt3\right)$	$(0{,}175\,;\,0{,}303)$
$\dfrac{3\pi}{4}=\pi-\dfrac{\pi}{4}$	$\left(-0{,}175\sqrt2\,;\,0{,}175\sqrt2\right)$	$(-0{,}247\,;\,0{,}247)$
$-\dfrac{\pi}{4}$	$\left(0{,}175\sqrt2\,;\,-0{,}175\sqrt2\right)$	$(0{,}247\,;\,-0{,}247)$

Pour $\dfrac{3\pi}{4}$ : $\cos\dfrac{3\pi}{4}=-\cos\dfrac{\pi}{4}$ et $\sin\dfrac{3\pi}{4}=\sin\dfrac{\pi}{4}$ (symétrie par rapport à $(OJ)$). Pour $-\dfrac{\pi}{4}$ : symétrie par rapport à $(OI)$.

✅ Voir le tableau.

$\dfrac{5}{12}$ de tour correspondent à $x=\dfrac{5}{12}\times2\pi=\dfrac{5\pi}{6}$.

$\cos\dfrac{5\pi}{6}=-\dfrac{\sqrt3}{2}$ et $\sin\dfrac{5\pi}{6}=\dfrac12$ (symétrie par rapport à $(OJ)$). Donc $P=\left(-0{,}35\times\dfrac{\sqrt3}{2}\,;\,0{,}35\times\dfrac12\right)=\left(-0{,}175\sqrt3\,;\,0{,}175\right)\approx(-0{,}303\,;\,0{,}175)$.

Longueur parcourue : $\ell=R\,x=0{,}35\times\dfrac{5\pi}{6}=\dfrac{7\pi}{24}\approx0{,}916$.

✅ $P\approx(-0{,}303\,;\,0{,}175)$ et $P$ a parcouru $\dfrac{7\pi}{24}\approx0{,}92$ m sur le pneu.

Le centre est à $0{,}35$ m du sol et l'ordonnée de $P_x$ dans le repère est $R\sin x$ : la hauteur est $h(x)=0{,}35+0{,}35\sin x$.

$x=\dfrac{\pi}{6}$ : $\sin\dfrac{\pi}{6}=\dfrac12$, $h=0{,}35+0{,}175=0{,}525$.

$x=\dfrac{7\pi}{6}$ : $\sin\dfrac{7\pi}{6}=-\dfrac12$ (symétrie par rapport à $O$), $h=0{,}35-0{,}175=0{,}175$.

$x=\dfrac{3\pi}{2}$ : $\sin\dfrac{3\pi}{2}=-1$, $h=0$ : $P$ touche le sol.

✅ Les hauteurs sont $0{,}525$ m, $0{,}175$ m et $0$ m.

$P_0=(0{,}35\,;\,0)$ et $P_{\pi/3}=(0{,}175\,;\,0{,}175\sqrt3)$.

$P_0P_{\pi/3}^2=(0{,}175-0{,}35)^2+(0{,}175\sqrt3)^2=0{,}175^2+3\times0{,}175^2=4\times0{,}175^2$, donc $P_0P_{\pi/3}=2\times0{,}175=0{,}35$.

✅ La distance vaut $0{,}35$ m, c'est-à-dire $R$ : le triangle $OP_0P_{\pi/3}$ est équilatéral (angle au sommet $\dfrac{\pi}{3}$), comme les côtés de l'hexagone régulier.

• Justification des coordonnées $(R\cos x\,;\,R\sin x)$ par l'homothétie de rapport $R$.

• Valeurs exactes avec la symétrie nommée, puis arrondis au millimètre.

• Conversion $\dfrac{5}{12}$ de tour $=\dfrac{5\pi}{6}$ et longueur d'arc $\ell=R\,x$.

• Hauteur $0{,}35+0{,}35\sin x$ et lecture des signes sur le cercle.

• Distance dans un repère orthonormé, lien avec l'hexagone régulier.