Géométrie dans l’espace en seconde : corrigé détaillé des exercices 1 à 10

Hauteur du pavé. Le volume d’un pavé droit est \(V=L\times\ell\times h\). Ici :

\[ 210=10\times7\times h \quad\text{donc}\quad h=\frac{210}{70}=3 \]

La hauteur du pavé est 3 cm.

Cube. Le cube de 1 cm de côté a un volume de \(1^3=1\text{ cm}^3\). Si on triple ses arêtes, elles mesurent 3 cm et le volume devient \(3^3=27\text{ cm}^3\) : le volume est multiplié par 27 (et non par 3), car un agrandissement de rapport \(k\) multiplie les volumes par \(k^3\).

Droites non matérialisées. Il faut choisir des droites qui ne portent aucune arête, par exemple des diagonales de faces :

• parallèles : \((AC)\) et \((EG)\). En effet \(ACGE\) est un rectangle (\(AE\) et \(CG\) sont parallèles et de même longueur), donc \((AC)\parallel(EG)\) ;
• sécantes : \((AC)\) et \((BD)\), diagonales du carré \(ABCD\), qui se coupent en son centre ;
• non coplanaires : \((AC)\) et \((FH)\). \((AC)\) est dans le plan du dessous, \((FH)\) dans le plan du dessus : ces plans sont parallèles, donc les droites ne se coupent pas ; elles ne sont pas parallèles non plus car \((FH)\) est parallèle à \((BD)\), qui coupe \((AC)\).

On analyse d’abord le modèle : la face avant est dessinée en vraie grandeur (4 × 4 carreaux) et une arête fuyante de 4 carreaux est représentée par un segment qui avance de 2 carreaux vers la droite et 1 carreau vers le haut. Ainsi, une profondeur de \(n\) carreaux se dessine par \(\frac{n}{2}\) carreaux vers la droite et \(\frac{n}{4}\) vers le haut (même angle de fuite, même coefficient de réduction). Les arêtes cachées sont en pointillés.

• 1) Cube de 6 : face avant carrée 6 × 6 ; fuyantes : 3 carreaux à droite et 1,5 vers le haut.
• 2) Cube de 5 : face avant 5 × 5 ; fuyantes : 2,5 carreaux à droite et 1,25 vers le haut.
• 3) Pavé 3, 5 et 6 : par exemple face avant de 5 carreaux de large et 6 de haut, profondeur 3 ; fuyantes : 1,5 carreau à droite et 0,75 vers le haut.
• 4) Pyramide : base carrée de côté 3 (face avant de la base en vraie grandeur, fuyantes de 1,5 et 0,75) ; on trace les diagonales de la base pour trouver son centre \(O\), puis le sommet \(S\) à 6 carreaux à la verticale de \(O\) ; on relie \(S\) aux quatre sommets de la base, l’arête qui part du sommet caché en pointillés.

On repère d’abord la face de chaque motif. Les motifs noirs sont sur les faces visibles : ∇ sur la face avant, ∀ sur la face du dessus (le A est « tête en bas » vu de face) et ∂ sur la face de droite. Les motifs rouges sont vus par transparence : le symbole ∞, dessiné entre l’arête avant gauche et l’arête arrière gauche, est sur la face de gauche ; ∅, en haut à droite dans le carré du fond, est sur la face arrière ; le E, dans la zone du bas, est sur la face du dessous.

On dessine ensuite un patron, par exemple en croix : la face avant au centre, le dessus au-dessus, le dessous en dessous, la gauche et la droite de chaque côté, et la face arrière accolée à la face de droite. Les faces opposées ne sont jamais voisines dans le patron : avant/arrière, gauche/droite, dessus/dessous.

Pour l’orientation des motifs, on imagine le pliage : par exemple, le haut du ∀ touche l’arête commune avec la face avant, comme sur la perspective. On vérifie en découpant et en repliant le patron.

Le prisme a pour bases les trapèzes rectangles \(ADHE\) et \(BCGF\), et pour faces latérales quatre rectangles de largeur \(AB=DC=2\) cm.

Étape 1 : le trapèze \(ADHE\) en vraie grandeur. Il est rectangle en \(D\) et en \(H\), avec \(AD=5\) cm, \(DH=2\) cm (côté du carré \(DCGH\)) et \(HE=2\) cm (côté du carré \(EFGH\)). On trace \([AD]\), la perpendiculaire en \(D\) sur laquelle on reporte \(DH=2\) cm, puis la parallèle à \((AD)\) passant par \(H\) sur laquelle on reporte \(HE=2\) cm.

Étape 2 : la longueur \(AE\). Le projeté de \(E\) sur \([AD]\) est à 2 cm de \(D\), donc à 3 cm de \(A\). Par le théorème de Pythagore :

\[ AE^2=3^2+2^2=13 \quad\text{donc}\quad AE=\sqrt{13}\approx3{,}6\text{ cm} \]

Dans le patron, on n’a pas besoin de la valeur approchée : on reporte \(AE\) au compas depuis le trapèze.

Étape 3 : la bande des faces latérales. On trace une bande de 2 cm de large formée des rectangles \(ABCD\) (5 cm), \(DCGH\) (2 cm, carré), \(HGFE\) (2 cm, carré) et \(EFBA\) (\(\sqrt{13}\) cm).

Étape 4 : on accole le trapèze \(ADHE\) le long de \([AD]\) et le trapèze \(BCGF\) (identique, symétrique) le long de \([BC]\).

1) On dessine la base \(ABC\) en perspective (le côté \([AB]\) en vraie grandeur, 4 cm, le sommet \(C\) « en profondeur »), puis le sommet \(S\) à la verticale du centre \(H\) de la base. L’arête \([AC]\), cachée, est en pointillés.

2) La face \(ABS\) est un triangle équilatéral de côté 4 cm et \(I\) est le milieu de \([AB]\) : \([SI]\) est la médiane, donc aussi la hauteur, et le triangle \(AIS\) est rectangle en \(I\) avec \(AI=2\) cm.

\[ IS^2=AS^2-AI^2=16-4=12 \quad\text{donc}\quad IS=\sqrt{12}=2\sqrt{3}\approx3{,}46\text{ cm} \]

3) Dans un tétraèdre régulier, le pied \(H\) de la hauteur est le centre de gravité du triangle équilatéral \(ABC\) : il est situé sur la médiane \([CI]\), aux deux tiers en partant de \(C\). Comme \(CI=2\sqrt{3}\) (même calcul que \(IS\)), on a \(IH=\frac{1}{3}\times2\sqrt{3}=\frac{2\sqrt{3}}{3}\). Le triangle \(SHI\) est rectangle en \(H\) :

\[ SH^2=IS^2-IH^2=12-\frac{12}{9}=12-\frac{4}{3}=\frac{32}{3} \quad\text{donc}\quad SH=\sqrt{\frac{32}{3}}=\frac{4\sqrt{6}}{3}\approx3{,}27\text{ cm} \]

4) L’aire de la base est \(\mathcal{A}_{ABC}=\frac{AB\times CI}{2}=\frac{4\times2\sqrt{3}}{2}=4\sqrt{3}\text{ cm}^2\). Le volume d’une pyramide est \(\frac{1}{3}\times\text{aire de base}\times\text{hauteur}\) :

\[ V=\frac{1}{3}\times4\sqrt{3}\times\frac{4\sqrt{6}}{3}=\frac{16\sqrt{18}}{9}=\frac{16\times3\sqrt{2}}{9}=\frac{16\sqrt{2}}{3}\approx7{,}54\text{ cm}^3 \]

L’objet est un prisme droit dont les deux bases sont des « H » et dont l’épaisseur est 2 cm. D’après la figure, chaque montant du H mesure 1 cm de large et 6 cm de haut, l’espace entre les montants mesure aussi 1 cm (le H fait donc 3 cm de large) et la barre centrale occupe les 2 cm du milieu de la hauteur (encoches de 2 cm en haut et en bas). Ces deux dernières mesures sont lues sur le dessin, qui ne les cote pas.

Faces latérales. Chaque côté du contour du H donne un rectangle de 2 cm de large. En faisant le tour du H à partir du bas du montant gauche, on rencontre des côtés de longueurs :

\[ 6+1+2+1+2+1+6+1+2+1+2+1=26\text{ cm} \]

Le patron comprend donc une bande de 26 cm sur 2 cm découpée en 12 rectangles, et les deux faces en H fixées de part et d’autre du premier rectangle (celui de 6 cm, qui forme le côté gauche de la lettre). On peut ajouter des languettes de collage sur un bord de la bande.

Chaque cavité est une demi-sphère de diamètre 3 cm, donc de rayon \(r=1{,}5\) cm. Une boule pleine est formée de deux demi-sphères, c’est une sphère de rayon 1,5 cm. Son volume est :

\[ V_{\text{boule}}=\frac{4}{3}\pi r^3=\frac{4}{3}\times\pi\times1{,}5^3=\frac{4}{3}\times3{,}375\,\pi=4{,}5\,\pi\text{ cm}^3 \]

Pour 24 boules pleines :

\[ V=24\times4{,}5\,\pi=108\,\pi\approx339{,}3\text{ cm}^3 \]

Léa devra remplir le moule deux fois (48 demi-sphères) pour obtenir 24 boules.

Le camembert est un cylindre de rayon \(r=\frac{11}{2}=5{,}5\) cm et de hauteur \(h=3\) cm. Son volume est :

\[ V=\pi r^2h=\pi\times5{,}5^2\times3=90{,}75\,\pi\text{ cm}^3 \]

La part représente \(\frac{1}{8}\) du camembert :

\[ V_{\text{part}}=\frac{90{,}75\,\pi}{8}=\frac{363\,\pi}{32}\approx35{,}6\text{ cm}^3 \]

1) On choisit par exemple le coefficient de réduction \(k=\frac{1}{5\,000}\) (1 cm représente 50 m). Le côté de la base devient \(230{,}3\text{ m}\div5\,000=0{,}046\,06\text{ m}\approx4{,}6\) cm et la hauteur \(146{,}6\text{ m}\div5\,000\approx2{,}9\) cm. On dessine la base carrée en perspective (face avant en vraie grandeur, fuyantes réduites), on trouve son centre avec les diagonales, on élève le sommet à 2,9 cm puis on trace les arêtes.

2) Volume d’une pyramide : \(V=\frac{1}{3}\times\text{aire de la base}\times\text{hauteur}\).

\[ V=\frac{1}{3}\times230{,}3^2\times146{,}6=\frac{1}{3}\times53\,038{,}09\times146{,}6\approx2\,591\,795\text{ m}^3 \]

3) L’érosion a retiré le haut de la pyramide : la partie perdue est une petite pyramide de hauteur \(146{,}6-138{,}7=7{,}9\) m, qui est une réduction de la grande de coefficient \(k=\frac{7{,}9}{146{,}6}\approx0{,}0539\). Les volumes sont multipliés par \(k^3\) :

\[ V_{\text{perdu}}=k^3\times V=\left(\frac{7{,}9}{146{,}6}\right)^3\times2\,591\,795\approx406\text{ m}^3 \]

Remarque : si l’on calculait \(\frac{1}{3}\times230{,}3^2\times(146{,}6-138{,}7)\approx139\,667\text{ m}^3\), on supposerait que la pyramide actuelle a gardé une pointe avec la même base, ce qui ne correspond pas à une érosion du sommet.

1) \((AB)\) est parallèle à \((DC)\), elle-même parallèle à \((HG)\) (côtés opposés des rectangles \(ABCD\) et \(DCGH\)). Deux droites parallèles distinctes définissent un plan : oui, c’est le plan \((ABGH)\).

2) \((AB)\) est dans le plan \((ABC)\) du dessous et \((CG)\) coupe ce plan uniquement en \(C\), qui n’est pas sur \((AB)\) : les droites ne sont pas sécantes. Elles ne sont pas parallèles non plus (\((CG)\) est perpendiculaire au plan du dessous). Elles sont non coplanaires : non, elles ne définissent pas de plan.

3) Droites parallèles à \((FG)\) : \((BC)\), \((AD)\) et \((EH)\).

4) Droites sécantes à \((FG)\) : par exemple \((EF)\) et \((BF)\) (en \(F\)) et \((GH)\) (en \(G\)) ; on peut aussi citer \((CG)\), \((FH)\) ou \((EG)\).

5) Droites non coplanaires avec \((FG)\) : par exemple \((AB)\), \((DC)\) et \((AE)\) (ou \((DH)\)) : elles ne sont ni parallèles à \((FG)\), ni sécantes avec elle.