Corrigé des 41 exercices sur les sections de solides et les volumes en 3ème à télécharger en PDF

a. De même, la section par un plan parallèle à la base est une réduction de la base. Ensuite, la petite pyramide SA’B’C’D’ a pour hauteur 5 cm, la grande 8 cm :

\[ k = \frac{SH^{\prime}}{SH} = \frac{5}{8} = 0{,}625 \]

b. Par conséquent, la base ABCD est un rectangle d’aire \(4{,}8 \times 4{,}2 = 20{,}16\) cm² :

\[ V_{SABCD} = \frac{20{,}16 \times 8}{3} = 53{,}76 \text{ cm}^3 \]

c. De plus, dans une réduction de coefficient \(k\), les volumes sont multipliés par \(k^3\) :

\[ V_{SA^{\prime}B^{\prime}C^{\prime}D^{\prime}} = \left(\frac{5}{8}\right)^3 \times 53{,}76 = \frac{125}{512} \times 53{,}76 = 13{,}125 \text{ cm}^3 \]

1. De même, une goutte est une boule de diamètre 4 mm, donc de rayon 2 mm :

\[ V_{\text{goutte}} = \frac{4}{3}\pi \times 2^3 = \frac{32\pi}{3} \text{ mm}^3 \]

2. Par conséquent, L’eau occupe un pavé droit de 4 cm × 4 cm × 8 cm :

\[ V_{\text{eau}} = 4 \times 4 \times 8 = 128 \text{ cm}^3 = 128\,000 \text{ mm}^3 \]

De plus, nombre de gouttes :

\[ N = \frac{128\,000}{\frac{32\pi}{3}} = \frac{128\,000 \times 3}{32\pi} = \frac{12\,000}{\pi} \approx 3\,819{,}7 \]

Ainsi, valeur approchée par défaut : il y a environ 3 819 gouttes dans le réservoir.

1. Par conséquent, la piscine est un prisme droit dont la base est le trapèze ABCD (côtés parallèles AD = 1,80 m et BC = 0,80 m, hauteur AB = 6 m) et dont la hauteur est AE = 5 m.

\[ \begin{aligned} \mathcal{A}_{ABCD} &= \frac{(AD + BC) \times AB}{2} = \frac{(1{,}8 + 0{,}8) \times 6}{2} = 7{,}8 \text{ m}^2 \\ V &= 7{,}8 \times 5 = 39 \text{ m}^3 \end{aligned} \]

2. De plus, en 5 heures, la pompe retire \(5 \times 5 = 25\) m³. Puis il reste :

\[ 39 – 25 = 14 \text{ m}^3 \]

De même, le volume d’un pavé droit est le produit de ses trois dimensions :

\[ V = L \times l \times h = 4 \times 1{,}5 \times 2 = 12 \text{ cm}^3 \]

Ensuite, la base est un disque de rayon OA = 6 cm et la hauteur est SO = 8 cm :

\[ V = \frac{\pi \times OA^2 \times SO}{3} = \frac{\pi \times 36 \times 8}{3} = 96\pi \text{ cm}^3 \approx 301{,}593 \text{ cm}^3 \]

Par ailleurs, L’énoncé demande un arrondi « au mm près » pour un volume : il s’agit du mm³, soit le millième de cm³.

Par conséquent, la base est le carré ABCD de côté 8 cm, d’aire \(8^2 = 64\) cm², et la hauteur vaut 11 cm :

\[ V = \frac{64 \times 11}{3} = \frac{704}{3} \text{ cm}^3 \approx 234{,}667 \text{ cm}^3 \]

Par ailleurs, sur la figure, le solide a quatre sommets A, B, C, D : l’arête [AD] est perpendiculaire à la base ABC et toutes les arêtes issues de D se rejoignent en D. C’est donc une pyramide (un tétraèdre) de base ABC et de hauteur AD, et non un prisme malgré le titre.

De même, la base ABC est rectangle en C :

\[ \mathcal{A}_{ABC} = \frac{CA \times CB}{2} = \frac{4 \times 5}{2} = 10 \text{ cm}^2 \]
\[ V = \frac{10 \times 7}{3} = \frac{70}{3} \text{ cm}^3 \approx 23{,}3 \text{ cm}^3 \]

Par conséquent, remarque : si le solide était un prisme droit de base ABC et de hauteur 7 cm, son volume serait \(10 \times 7 = 70\) cm³, trois fois plus.

Par ailleurs, la base est le triangle ABC rectangle isocèle en B, avec BA = BC = 5 cm :

\[ \mathcal{A}_{ABC} = \frac{BA \times BC}{2} = \frac{5 \times 5}{2} = 12{,}5 \text{ cm}^2 \]

De même, la hauteur du prisme est l’arête BF = 5 cm :

\[ V = \mathcal{A}_{ABC} \times BF = 12{,}5 \times 5 = 62{,}5 \text{ cm}^3 \]

Ensuite, volume du verre (cône de rayon 6 cm et de hauteur 8 cm) :

\[ V_{\text{verre}} = \frac{\pi \times 6^2 \times 8}{3} = 96\pi \text{ cm}^3 \approx 301{,}6 \text{ cm}^3 \]

Par ailleurs, volume des trois boules de rayon 3 cm :

\[ V_{\text{glace}} = 3 \times \frac{4}{3}\pi \times 3^3 = 108\pi \text{ cm}^3 \approx 339{,}3 \text{ cm}^3 \]

De même, on suppose que la glace fondue garde le même volume. Comme \(108\pi \gt 96\pi\), la glace va déborder. De plus, le volume perdu vaut :

\[ 108\pi – 96\pi = 12\pi \approx 37{,}7 \text{ cm}^3 \]

Or 1 cL = 10 cm³, donc \(37{,}7 \text{ cm}^3 \approx 3{,}8\) cL.

a) De plus, la boîte a des dimensions minimales quand les trois balles sont empilées et touchent la boîte : les balles touchent la paroi latérale, le fond, le couvercle, et chacune touche la suivante. Vue en coupe, on obtient un rectangle dans lequel sont empilés trois cercles.

b) Ainsi, le rayon de la boîte est celui d’une balle : r = 3,4 cm. Sa hauteur est égale à trois diamètres : \( h = 3 \times 2 \times 3{,}4 = 6 \times 3{,}4 = 20{,}4 \text{ cm} \), soit h = 20,4 cm.

c) Enfin, volume de la boîte (cylindre) :

Ainsi, on trouve \[ V_{\text{boîte}} = \pi \times 3{,}4^2 \times 20{,}4 = 235{,}824\pi \approx 740{,}86 \text{ cm}^3 \]

Par ailleurs, volume des trois balles (boules) :

Puis, de plus, on obtient \[ V_{\text{balles}} = 3 \times \frac{4}{3}\pi \times 3{,}4^3 = 4\pi \times 39{,}304 = 157{,}216\pi \approx 493{,}91 \text{ cm}^3 \]

d) Par conséquent, volume vide : \( 235{,}824\pi – 157{,}216\pi = 78{,}608\pi \approx 246{,}95 \text{ cm}^3 \). Pourcentage de vide :

Ensuite, on a \[ \frac{78{,}608\pi}{235{,}824\pi} = \frac{1}{3} \approx 0{,}333 \]

Ainsi, remarque : ce résultat ne dépend pas du rayon, car \( \frac{4\pi r^3}{\pi r^2 \times 6r} = \frac{4}{6} = \frac{2}{3} \) : les balles occupent toujours les deux tiers de la boîte.

1) Par conséquent, le cône est de révolution : sa hauteur [OS] est perpendiculaire au rayon [OA]. Ensuite, le triangle SOA est donc rectangle en O, d’hypoténuse [SA]. D’après le théorème de Pythagore :

Ainsi, on trouve \[ \begin{aligned} SA^2 &= OS^2 + OA^2 \\ 25^2 &= OS^2 + 15^2 \\ OS^2 &= 625 – 225 = 400 \\ OS &= \sqrt{400} = 20 \end{aligned} \]

Ainsi, la hauteur du cône est OS = 20 cm.

2) Enfin, volume d’un cône : \( V = \frac{1}{3} \times \text{aire de la base} \times \text{hauteur} \).

Par ailleurs, on a donc \[ V = \frac{1}{3} \times \pi \times 15^2 \times 20 = \frac{225 \times 20}{3}\pi = \frac{4500}{3}\pi = 1500\pi \text{ cm}^3 \]

a. Puis, de plus, on obtient \[ V_1 = \frac{1}{3} \times \pi \times 5^2 \times 9 = 75\pi \approx 235{,}6 \text{ cm}^3 \]

Enfin, au cm³ près : V₁ ≈ 236 cm³.

b. Ensuite, la section d’un cône par un plan parallèle à la base est un disque, réduction du disque de base. Par ailleurs, le petit cône de sommet S est une réduction du grand de coefficient :

Ainsi, on trouve \[ k = \frac{SM}{SO} = \frac{3}{9} = \frac{1}{3} \]

De même, le rayon de la section vaut donc \( \frac{1}{3} \times 5 = \frac{5}{3} \approx 1{,}67 \text{ cm} \).

c. Par conséquent, dans une réduction de coefficient k, les volumes sont multipliés par \( k^3 \) :

De même, on a donc \[ V_2 = \left(\frac{1}{3}\right)^3 \times 75\pi = \frac{75\pi}{27} = \frac{25\pi}{9} \approx 8{,}7 \text{ cm}^3 \]

Ainsi, au cm³ près : V₂ ≈ 9 cm³.

Par conséquent, la glace remplit le cône et forme au-dessus une demi-boule de même rayon, 3 cm.

De plus, volume du cône : \[ V_{\text{cône}} = \frac{1}{3} \times \pi \times 3^2 \times 10 = 30\pi \text{ cm}^3 \]

Ensuite, volume de la demi-boule : \[ V_{\text{demi-boule}} = \frac{1}{2} \times \frac{4}{3}\pi \times 3^3 = \frac{2}{3}\pi \times 27 = 18\pi \text{ cm}^3 \]

De même, volume total : \( 30\pi + 18\pi = 48\pi \approx 150{,}8 \text{ cm}^3 \).

Par conséquent, conversion : \( 1 \text{ cL} = 10 \text{ cm}^3 \) (car 1 L = 1 dm³ = 1 000 cm³ = 100 cL). Donc \( 150{,}8 \text{ cm}^3 \approx 15{,}1 \text{ cL} \).

Par ailleurs, la face ADJI du pavé est un rectangle : IJ = AD = 40 cm et le trapèze ABCD a pour hauteur AI = 15 cm. Comme il est isocèle, CJ = IB = 5 cm, donc \( BC = 40 – 5 – 5 = 30 \text{ cm} \).

Ensuite, on a 1) a) \[ \mathcal{A}_{ABCD} = \frac{(AD + BC) \times AI}{2} = \frac{(40 + 30) \times 15}{2} = 525 \text{ cm}^2 \]

Ainsi, on trouve 1) b) Le prisme a pour base ABCD et pour hauteur AF = 20 cm : \[ V = 525 \times 20 = 10\,500 \text{ cm}^3 \]

2) De plus, le triangle ABI est rectangle en I (angle du rectangle ADJI). D’après le théorème de Pythagore :

Ensuite, de plus, on obtient \[ AB^2 = AI^2 + IB^2 = 15^2 + 5^2 = 225 + 25 = 250 \quad \text{donc} \quad AB = \sqrt{250} = 5\sqrt{10} \text{ cm} \]

3) Enfin, dans le triangle ABI rectangle en I, le côté opposé à l’angle \( \widehat{BAI} \) est [IB] et le côté adjacent est [AI] :

Ensuite, on a \[ \tan\widehat{BAI} = \frac{IB}{AI} = \frac{5}{15} = \frac{1}{3} \]

Par ailleurs, À la calculatrice : \( \widehat{BAI} = \arctan\left(\frac{1}{3}\right) \approx 18{,}4^\circ \), soit 18° au degré près.

Enfin, attention : le titre parle d’un lingot d’or, mais l’image de cet exercice représente un réservoir d’eau formé d’un cylindre et d’un cône. Puis on corrige l’énoncé de l’image. Ensuite, le diamètre est 14 dm, donc le rayon est 7 dm ; le cylindre a une hauteur de 7 dm et le cône une hauteur de \( 16 – 7 = 9 \) dm.

1. Ainsi, on trouve \[ V_{\text{cylindre}} = \pi \times 7^2 \times 7 = 343\pi \text{ dm}^3 \]

2. Par conséquent, on obtient \[ V_{\text{cône}} = \frac{1}{3} \times \pi \times 7^2 \times 9 = \frac{441}{3}\pi = 147\pi \text{ dm}^3 \]

3. Puis, de plus, on obtient \[ V = 343\pi + 147\pi = 490\pi \approx 1\,539{,}38 \text{ dm}^3 \]

Par conséquent, arrondi à 1 dm³ près : V ≈ 1 539 dm³.

4. Ensuite, on a 1 000 L = 1 000 dm³. Comme 1 539 dm³ est supérieur à 1 000 dm³, le réservoir peut contenir 1 000 litres (il contient environ 1 539 L).

De même, attention : l’image de cet exercice porte sur un lingot d’or en forme de pavé droit (L = 7,5 cm, l = 3 cm, h = 2,3 cm), de masse volumique 19,3 g/cm³.

1. Ensuite, on a \[ V = 7{,}5 \times 3 \times 2{,}3 = 51{,}75 \text{ cm}^3 \]

2. De plus, chaque cm³ d’or pèse 19,3 g : \[ m = 51{,}75 \times 19{,}3 = 998{,}775 \text{ g} \]

Ainsi, le lingot pèse environ 998,8 g, c’est-à-dire presque 1 kg.

3. Enfin, dans un agrandissement à l’échelle k, les longueurs sont multipliées par k et les volumes par k³. Ici \( k = 3 \), donc \( k^3 = 27 \) :

Ensuite, on a donc \[ V^{\prime} = 27 \times 51{,}75 = 1\,397{,}25 \text{ cm}^3 \]

Par ailleurs, vérification avec les dimensions agrandies : \( 22{,}5 \times 9 \times 6{,}9 = 1\,397{,}25 \text{ cm}^3 \).

Enfin, sur la figure, A est le centre de la base : [SA] est la hauteur du grand cône (SA = 12 cm) et A′ le centre de la section (SA′ = 3 cm).

a) Ensuite, on a \[ V = \frac{1}{3} \times \pi \times 7^2 \times 12 = \frac{588}{3}\pi = 196\pi \text{ cm}^3 \]

b) Par ailleurs, le petit cône est une réduction du grand, de coefficient \[ k = \frac{SA^{\prime}}{SA} = \frac{3}{12} = \frac{1}{4} \]

c) De même, les volumes sont multipliés par \( k^3 = \frac{1}{64} \) :

De plus, on obtient \[ V^{\prime} = \frac{196\pi}{64} = \frac{49\pi}{16} \approx 9{,}6 \text{ cm}^3 \]

1. Par ailleurs, le grand cône a pour rayon \( 7{,}5 \div 2 = 3{,}75 \) cm et pour hauteur 12 cm :

De plus, on obtient \[ V_{\text{grand}} = \frac{1}{3} \times \pi \times 3{,}75^2 \times 12 = 56{,}25\pi \approx 176{,}7 \text{ cm}^3 \]

Par conséquent, le petit cône retiré (en pointillés) a pour hauteur \( 12 – 4 = 8 \) cm. C’est une réduction du grand de coefficient \( k = \frac{8}{12} = \frac{2}{3} \), donc son volume est :

Ensuite, on a \[ V_{\text{petit}} = \left(\frac{2}{3}\right)^3 \times 56{,}25\pi = \frac{8}{27} \times 56{,}25\pi \approx 52{,}4 \text{ cm}^3 \]

Ainsi, volume d’une cavité : \[ V = 56{,}25\pi \times \left(1 – \frac{8}{27}\right) = \frac{19}{27} \times 56{,}25\pi \approx 124{,}4 \text{ cm}^3 \]

Enfin, le volume d’une cavité est bien d’environ 125 cm³.

2. Ensuite, léa remplit 9 cavités aux 3/4 : \[ 9 \times \frac{3}{4} \times 124{,}4 \approx 839{,}4 \text{ cm}^3 \]

Ainsi, on a donc (Avec la valeur arrondie 125 cm³ : \( 9 \times 0{,}75 \times 125 = 843{,}75 \text{ cm}^3 \).) Or 1 L = 1 000 cm³, et 839,4 cm³ est inférieur à 1 000 cm³.

Enfin, le haut de l’image est coupé ; la consigne lisible demande le volume de chaque cône au cm³ près.

a. Ensuite, hauteur SO = 10 cm et rayon OA = 6 cm :

Ensuite, on a \[ V_a = \frac{1}{3} \times \pi \times 6^2 \times 10 = 120\pi \approx 376{,}99 \text{ cm}^3 \]

b. De même, ici, 10 cm est la longueur de la génératrice [SA], pas la hauteur. Puis le triangle SOA est rectangle en O ; d’après le théorème de Pythagore :

Par conséquent, on obtient \[ SO^2 = SA^2 – OA^2 = 10^2 – 6^2 = 100 – 36 = 64 \quad \text{donc} \quad SO = 8 \text{ cm} \]

De plus, on obtient \[ V_b = \frac{1}{3} \times \pi \times 6^2 \times 8 = 96\pi \approx 301{,}59 \text{ cm}^3 \]

De même, on lit sur le dessin : pot de chocolat de 20 cm × 15 cm × 12 cm ; pot de vanille cylindrique de hauteur 15 cm et de diamètre 14 cm (rayon 7 cm).

Par conséquent, volume d’une boule (rayon \( 4{,}2 \div 2 = 2{,}1 \) cm) :

De plus, on a donc \[ V_{\text{boule}} = \frac{4}{3} \times \pi \times 2{,}1^3 \approx 38{,}79 \text{ cm}^3 \]

Ainsi, chocolat. 100 coupes de 2 boules : 200 boules, soit \( 200 \times 38{,}79 \approx 7\,758 \text{ cm}^3 \). De plus, un pot contient \( 20 \times 15 \times 12 = 3\,600 \text{ cm}^3 \). Or \( 7\,758 \div 3\,600 \approx 2{,}16 \) : deux pots ne suffisent pas, il faut 3 pots.

Enfin, vanille. 100 boules : \( 100 \times 38{,}79 \approx 3\,879 \text{ cm}^3 \). Ensuite, un pot contient \( \pi \times 7^2 \times 15 = 735\pi \approx 2\,309 \text{ cm}^3 \). Or \( 3\,879 \div 2\,309 \approx 1{,}68 \) : il faut 2 pots.

De plus, la base est un carré d’aire 1 225 m², donc de côté \( \sqrt{1\,225} = 35 \) m. Par ailleurs, le voile IJKL est un carré d’aire 784 m², donc de côté \( \sqrt{784} = 28 \) m.

Ainsi, le voile est parallèle à la base : la petite pyramide de sommet E et de base IJKL est une réduction de la grande, de coefficient

Par conséquent, on obtient \[ k = \frac{28}{35} = 0{,}8 \]

De plus, on obtient (On peut aussi utiliser les aires : \( k^2 = \frac{784}{1\,225} = 0{,}64 \), donc \( k = 0{,}8 \).)

Par ailleurs, la hauteur de la petite pyramide est donc \( 0{,}8 \times 22 = 17{,}6 \) m.

Enfin, le volume d’un cylindre est \( V = \pi r^2 h \). Puis le diamètre ne change pas, donc \( \pi r^2 \) reste le même : le volume est proportionnel à la hauteur.

Ensuite, ajouter 27 % de produit revient à multiplier le volume par \( 1 + \frac{27}{100} = 1{,}27 \). Puis, ensuite, la hauteur est donc aussi multipliée par 1,27 :

Ensuite, on a \[ h^{\prime} = 5{,}6 \times 1{,}27 = 7{,}112 \text{ cm} \]

De même, attention : ce n’est pas un agrandissement (le diamètre ne change pas), on ne multiplie donc pas le volume par un coefficient au cube.

1. Ainsi, la base ABC est rectangle isocèle en A, avec AB = AC = 7,5 cm :

Ensuite, on a \[ \mathcal{A}_{ABC} = \frac{7{,}5 \times 7{,}5}{2} = 28{,}125 \text{ cm}^2 \qquad V = \frac{1}{3} \times 28{,}125 \times 15 = 140{,}625 \text{ cm}^3 \]

Ensuite, au cm³ près : V ≈ 141 cm³.

Par conséquent, on obtient 2. a. La section d’une pyramide par un plan parallèle à sa base est une réduction de la base : S′MN est un triangle rectangle isocèle en S′.

Ensuite, de plus, on obtient 2. b. La pyramide SS′MN est une réduction de SABC de coefficient \( k = \frac{SS^{\prime}}{SA} = \frac{6}{15} = 0{,}4 \). Puis le côté [S′N] correspond à [AC] :

Par ailleurs, on a donc \[ S^{\prime}N = 0{,}4 \times 7{,}5 = 3 \text{ cm} \]

3. De plus, le bouchon SS′MN a pour volume \( 0{,}4^3 \times 140{,}625 = 0{,}064 \times 140{,}625 = 9 \text{ cm}^3 \). De plus, le parfum occupe le reste de la bouteille :

Ainsi, on trouve \[ 140{,}625 – 9 = 131{,}625 \text{ cm}^3 \]

a. Par conséquent, le pot de chocolat est un pavé droit de 20 cm, 15 cm et 12 cm :

Ainsi, on trouve \[ V = 20 \times 15 \times 12 = 3\,600 \text{ cm}^3 \]

Ainsi, le volume est bien de 3 600 cm³.

b. Enfin, le pot de vanille est un cylindre de diamètre 14 cm, donc de rayon 7 cm, et de hauteur 15 cm :

De même, on a donc \[ V = \pi \times 7^2 \times 15 = 735\pi \approx 2\,309{,}07 \text{ cm}^3 \]

a. Ainsi, volume du pavé droit (base carrée de 10 cm, hauteur 4 cm) : \( 10 \times 10 \times 4 = 400 \text{ cm}^3 \).

Enfin, volume de la demi-boule évidée (rayon \( 8 \div 2 = 4 \) cm) :

Ensuite, on a \[ V_{\text{demi-boule}} = \frac{1}{2} \times \frac{4}{3}\pi \times 4^3 = \frac{128}{3}\pi \approx 134{,}04 \text{ cm}^3 \]

Par ailleurs, volume de plastique : \[ 400 – \frac{128}{3}\pi \approx 265{,}96 \text{ cm}^3 \]

b. De même, le gâteau a la forme d’une demi-boule de rayon 4 cm, posée sur sa face plane. Ensuite, on nappe la partie arrondie, qui est la moitié de l’aire d’une sphère (\( 4\pi r^2 \)) :

De plus, on obtient \[ S = \frac{1}{2} \times 4\pi \times 4^2 = 32\pi \approx 100{,}53 \text{ cm}^2 \]

Par ailleurs, le diamètre de la yourte est 7 m, donc son rayon vaut \( 7 \div 2 = 3{,}5 \) m. Par ailleurs, la hauteur du cône est \( 4{,}5 – 2{,}5 = 2 \) m.

1) De même, la surface au sol de la yourte est un disque de rayon 3,5 m :

Par ailleurs, on a donc \[ \mathcal{A} = \pi \times 3{,}5^2 = 12{,}25\pi \approx 38{,}5 \text{ m}^2 \]

De plus, comme \( 38{,}5 \gt 35 \), l’appartement de Samia (35 m²) offre une plus petite surface au sol que la yourte.

2) Ainsi, volume de la yourte = volume du cylindre + volume du cône :

Par conséquent, on obtient \[ \begin{aligned} V_{\text{cylindre}} &= \pi \times 3{,}5^2 \times 2{,}5 = 30{,}625\pi \\ V_{\text{cône}} &= \frac{1}{3} \times \pi \times 3{,}5^2 \times 2 = \frac{24{,}5\pi}{3} \\ V &= 30{,}625\pi + \frac{24{,}5\pi}{3} \approx 96{,}21 + 25{,}66 \approx 121{,}9 \text{ m}^3 \end{aligned} \]

Ensuite, le volume de la yourte est d’environ 121,9 m³ (valeur exacte : \( \frac{931}{24}\pi \) m³).

3) Par ailleurs, À l’échelle \( \frac{1}{25} \), toutes les longueurs sont divisées par 25. Puis la hauteur réelle est 4,5 m = 450 cm :

Ainsi, on trouve \[ 450 \div 25 = 18 \text{ cm} \]

1. Ensuite, les 10 000 hommes sont renouvelés tous les 3 mois, soit 4 équipes par an. Ensuite, en 20 ans : \( 20 \times 4 = 80 \) équipes, donc \( 80 \times 10\,000 = 800\,000 \) hommes. Environ 800 000 hommes auraient participé à la construction.

2. Par ailleurs, la base est un carré de côté 230 m : \( \mathcal{A} = 230^2 = 52\,900 \text{ m}^2 \). Puis l’aire de la base est 52 900 m².

3. De même, volume d’une pyramide : \( V = \frac{1}{3} \times \text{aire de la base} \times \text{hauteur} \).

De plus, on obtient \[ V = \frac{1}{3} \times 52\,900 \times 137 = \frac{7\,247\,300}{3} \approx 2\,415\,767 \text{ m}^3 \]

De plus, le volume de la pyramide est d’environ 2 415 767 m³.

4. Ainsi, on partage ce volume entre les 2 300 000 blocs :

Ensuite, on a \[ \frac{2\,415\,767}{2\,300\,000} \approx 1{,}05 \text{ m}^3 \]

Par ailleurs, un bloc a un volume moyen d’environ 1,05 m³.

5. De même, chaque bloc pèse en moyenne 2,3 t : \( 2\,300\,000 \times 2{,}3 = 5\,290\,000 \) t. De plus, la pyramide pèse environ 5 290 000 tonnes (5,29 millions de tonnes).

6. On calcule le nombre de blocs de la première couche, celle posée sur le sol. Chaque bloc occupe au sol \( 2{,}50 \times 1 = 2{,}5 \text{ m}^2 \) :

\[ \frac{52\,900}{2{,}5} = 21\,160 \text{ blocs} \]

Un bloc a pour volume \( 2{,}50 \times 1 \times 1{,}20 = 3 \text{ m}^3 \), donc ces pierres représentent :

\[ 21\,160 \times 3 = 63\,480 \text{ m}^3 \]

1a) Le plan qui coupe la pyramide SABCD est parallèle à sa base : la petite pyramide SEFGH est donc une réduction de la pyramide SABCD. Ensuite, le coefficient de réduction est le rapport de deux longueurs correspondantes :

\[ k = \frac{EF}{AB} = \frac{30}{70} = \frac{3}{7} \]

Les hauteurs [SM] et [SO] se correspondent aussi dans cette réduction, donc \( SM = \frac{3}{7} SO \).

1b) M est sur [SO], donc \( SM = SO – OM = h – 60 \). Par ailleurs, en remplaçant dans l’égalité du 1a : \( h – 60 = \frac{3}{7}h \).

1c) \[ \begin{aligned} h – \frac{3}{7}h &= 60 \\ \frac{4}{7}h &= 60 \\ h &= 60 \times \frac{7}{4} = 105 \end{aligned} \]

Donc h = SO = 105 cm, et \( SM = 105 – 60 = 45 \) cm.

2) Le volume du bac est la différence entre le volume de la grande pyramide et celui de la petite :

\[ \begin{aligned} V_{SABCD} &= \frac{1}{3} \times 70^2 \times 105 = 171\,500 \text{ cm}^3 \\ V_{SEFGH} &= \frac{1}{3} \times 30^2 \times 45 = 13\,500 \text{ cm}^3 \\ V &= 171\,500 – 13\,500 = 158\,000 \text{ cm}^3 \end{aligned} \]

Or 1 L = 1 dm³ = 1 000 cm³, donc \( V = 158 \) L.

Autre méthode : \( V_{SEFGH} = \left(\frac{3}{7}\right)^3 \times 171\,500 = \frac{27}{343} \times 171\,500 = 13\,500 \) cm³.

Volume du pavé droit : \( 4 \times 4 \times 8 = 128 \text{ cm}^3 \).

Volume des deux boules (rayon 2 cm) : le volume d’une boule est \( \frac{4}{3}\pi r^3 \).

\[ 2 \times \frac{4}{3} \times \pi \times 2^3 = \frac{64\pi}{3} \approx 67{,}02 \text{ cm}^3 \]

Espace libre :

\[ 128 – \frac{64\pi}{3} \approx 128 – 67{,}02 \approx 60{,}98 \text{ cm}^3 \]

Volume de la piscine (cylindre de rayon 3,50 m et de hauteur 1,50 m) :

\[ V_{\text{piscine}} = \pi \times 3{,}5^2 \times 1{,}5 = 18{,}375\pi \approx 57{,}726\,77 \text{ m}^3 \]

Volume de la caisse : \( 1{,}2^3 = 1{,}728 \text{ m}^3 \). Comme 1,20 m est inférieur à la profondeur 1,50 m, la caisse est entièrement immergée : elle chasse exactement son volume d’eau.

Eau restante :

\[ 18{,}375\pi – 1{,}728 \approx 55{,}998\,77 \text{ m}^3 \]

Comme 1 m³ = 1 000 L, il reste environ \( 55\,998{,}77 \) L.

1. Chaque cylindre a un diamètre de 30 cm et une hauteur de 40 cm.

• Longueur : 10 cm de paroi, 3 cylindres, 2 espaces entre eux et 10 cm de paroi : \( 10 + 3 \times 30 + 2 \times 10 + 10 = 130 \) cm.
• Largeur : 10 cm + 30 cm + 10 cm = 50 cm.
• Hauteur : les trous débouchent en haut ; sous leur fond il reste 10 cm : 40 cm + 10 cm = 50 cm.

2. Volume de béton = volume du pavé − volume des trois trous :

\[ \begin{aligned} V_{\text{pavé}} &= 130 \times 50 \times 50 = 325\,000 \text{ cm}^3 \\ V_{\text{trous}} &= 3 \times \pi \times 15^2 \times 40 = 27\,000\pi \approx 84\,823{,}00 \text{ cm}^3 \\ V &= 325\,000 – 27\,000\pi \approx 240\,177{,}00 \text{ cm}^3 \end{aligned} \]

Comme 1 L = 1 000 cm³, \( V \approx 240{,}177 \) L, soit 240,18 L au centilitre près.

La piscine est un prisme droit de hauteur 1,2 m. Sa base (en gris) est composée de :

• un rectangle de 10 m sur 5 m : \( 10 \times 5 = 50 \text{ m}^2 \) ;
• un demi-disque de diamètre 5 m, donc de rayon 2,5 m : \( \frac{\pi \times 2{,}5^2}{2} \approx 9{,}817 \text{ m}^2 \) ;
• un triangle isocèle de base 5 m et de hauteur 3,1 m : \( \frac{5 \times 3{,}1}{2} = 7{,}75 \text{ m}^2 \). (Ses côtés de 4 m ne servent pas au calcul de l’aire.)

\[ \mathcal{A}_{\text{base}} \approx 50 + 9{,}817 + 7{,}75 \approx 67{,}567 \text{ m}^2 \]

On remplit aux \( \frac{5}{6} \) de la hauteur : \( \frac{5}{6} \times 1{,}2 = 1 \) m d’eau.

\[ V \approx 67{,}567 \times 1 \approx 67{,}567 \text{ m}^3 \]

Coût : \( 67{,}567 \times 3 \approx 202{,}70 \) €, soit environ 200 € à la dizaine d’euros près.

Volume du grand cône (rayon 24 dm, hauteur 36 dm) :

\[ V = \frac{1}{3} \times \pi \times 24^2 \times 36 = 6\,912\pi \approx 21\,714{,}7 \text{ dm}^3 \]

Rapport de réduction. Le petit cône vert est une réduction du grand cône. Puis on compare les rayons correspondants :

\[ k = \frac{4}{24} = \frac{1}{6} \]

Volume du petit cône. Dans une réduction de rapport k, les volumes sont multipliés par \( k^3 \) :

\[ V_{\text{petit}} = \left(\frac{1}{6}\right)^3 \times 6\,912\pi = \frac{6\,912\pi}{216} = 32\pi \approx 100{,}5 \text{ dm}^3 \]

Volume de SABCD (base carrée de côté 6 cm, hauteur 7,5 cm) :

\[ V = \frac{1}{3} \times 6^2 \times 7{,}5 = \frac{36 \times 7{,}5}{3} = 90 \text{ cm}^3 \]

Rapport de réduction. La pyramide SMNPQ est une réduction de SABCD ; ses hauteurs sont SI et SO :

\[ k = \frac{SI}{SO} = \frac{2{,}5}{7{,}5} = \frac{1}{3} \]

Volume de SMNPQ :

\[ V_{SMNPQ} = \left(\frac{1}{3}\right)^3 \times 90 = \frac{90}{27} = \frac{10}{3} \approx 3{,}33 \text{ cm}^3 \]

Volume du grand cône (rayon OA = 7,5 cm, hauteur SO = 10 cm) :

\[ V = \frac{1}{3} \times \pi \times 7{,}5^2 \times 10 = 187{,}5\pi \approx 589{,}05 \text{ cm}^3 \]

Rapport de réduction : \( k = \frac{SI}{SO} = \frac{6}{10} = 0{,}6 \).

Volume du petit cône :

\[ V_{\text{petit}} = 0{,}6^3 \times 187{,}5\pi = 0{,}216 \times 187{,}5\pi = 40{,}5\pi \approx 127{,}23 \text{ cm}^3 \]

On peut aussi calculer \( IB = 0{,}6 \times 7{,}5 = 4{,}5 \) cm et vérifier : \( \frac{1}{3} \times \pi \times 4{,}5^2 \times 6 = 40{,}5\pi \).

1. Dans le triangle SAB, E est sur [SA], F est sur [SB] et (EF) est parallèle à (AB) (les plans ABCD et EFGH sont parallèles). D’après le théorème de Thalès :

\[ \frac{SE}{SA} = \frac{SF}{SB} = \frac{EF}{AB} = \frac{12}{16} = \frac{3}{4} \]

2. La pyramide SEFGH est une réduction de SABCD de rapport \( \frac{3}{4} \), donc sa hauteur vaut :

\[ SO^{\prime} = \frac{3}{4} \times SO = \frac{3}{4} \times 32 = 24 \text{ cm} \]

3. \[ V_{SABCD} = \frac{1}{3} \times 16^2 \times 32 = \frac{8\,192}{3} \approx 2\,730{,}67 \text{ cm}^3 \]

4. \[ V_{SEFGH} = \frac{1}{3} \times 12^2 \times 24 = 1\,152 \text{ cm}^3 \]

Volume de la boîte : \( \frac{8\,192}{3} – 1\,152 = \frac{4\,736}{3} \approx 1\,578{,}67 \text{ cm}^3 \).

5. 1,5 L = 1,5 dm³ = 1 500 cm³. Comme \( 1\,578{,}67 \gt 1\,500 \), la boîte peut contenir 1,5 L de crème glacée.

Volume d’une orange (boule de rayon 4 cm) :

\[ V_{\text{orange}} = \frac{4}{3} \times \pi \times 4^3 = \frac{256\pi}{3} \approx 268{,}08 \text{ cm}^3 \]

Volume de jus pour 24 oranges (35 % du volume de chacune) :

\[ V_{\text{jus}} = 24 \times 0{,}35 \times \frac{256\pi}{3} = 716{,}8\pi \approx 2\,251{,}9 \text{ cm}^3 \]

Volume du pichet (cylindre de rayon 6 cm et de hauteur 20 cm) :

\[ V_{\text{pichet}} = \pi \times 6^2 \times 20 = 720\pi \approx 2\,261{,}9 \text{ cm}^3 \]

Comme \( 716{,}8\pi \lt 720\pi \), le jus tient dans le pichet, avec une marge d’environ 10 cm³ seulement (1 cL).

Le rayon des demi-sphères et du cylindre est \( 9{,}5 \div 2 = 4{,}75 \) mm.

Volume d’une gélule. Les deux demi-sphères forment une boule entière :

\[ \begin{aligned} V_{\text{boule}} &= \frac{4}{3} \times \pi \times 4{,}75^3 \approx 448{,}92 \text{ mm}^3 \\ V_{\text{cylindre}} &= \pi \times 4{,}75^2 \times 16{,}6 \approx 1\,176{,}64 \text{ mm}^3 \\ V &\approx 448{,}92 + 1\,176{,}64 \approx 1\,625{,}56 \text{ mm}^3 \end{aligned} \]

Masse d’une gélule (masse volumique \( 6{,}15 \times 10^{-4} \) g/mm³) :

\[ 1\,625{,}56 \times 6{,}15 \times 10^{-4} \approx 0{,}9997 \text{ g} \]

Nombre de gélules : 3 plaquettes de 6 gélules, soit \( 3 \times 6 = 18 \) gélules.

\[ 18 \times 0{,}9997 \approx 17{,}995 \text{ g} \]

La section d’une sphère par un plan est un cercle dont le centre H est le pied de la perpendiculaire menée du centre de la sphère au plan. Ensuite, le triangle OHM est donc rectangle en H, avec OM égal au rayon de la sphère.

Rayon de la section de la petite sphère. D’après le théorème de Pythagore dans OHM :

\[ \begin{aligned} HM^2 &= OM^2 – OH^2 = 1{,}5^2 – 1{,}2^2 = 2{,}25 – 1{,}44 = 0{,}81 \\ HM &= \sqrt{0{,}81} = 0{,}9 \text{ cm} \end{aligned} \]

Dans la grande sphère. Les deux sections doivent avoir le même rayon : \( H^{\prime}M^{\prime} = 0{,}9 \) cm, et \( O^{\prime}M^{\prime} = 4{,}1 \) cm. Puis le triangle \( O^{\prime}H^{\prime}M^{\prime} \) est rectangle en \( H^{\prime} \) :

\[ \begin{aligned} O^{\prime}H^{\prime 2} &= 4{,}1^2 – 0{,}9^2 = 16{,}81 – 0{,}81 = 16 \\ O^{\prime}H^{\prime} &= \sqrt{16} = 4 \text{ cm} \end{aligned} \]

La boule a un diamètre de 10 cm, donc un rayon de 5 cm : \( OS = OP = 5 \) cm. De plus, la section a un diamètre de 6 cm, donc \( HP = 3 \) cm.

H est le centre de la section et [OH] est perpendiculaire au plan de coupe : le triangle OHP est rectangle en H. D’après le théorème de Pythagore :

\[ \begin{aligned} OH^2 &= OP^2 – HP^2 = 5^2 – 3^2 = 25 – 9 = 16 \\ OH &= \sqrt{16} = 4 \text{ cm} \end{aligned} \]

S, O et H sont alignés dans cet ordre, donc :

\[ SH = SO + OH = 5 + 4 = 9 \text{ cm} \]