Sections de solides et volumes : corrigés des exercices de maths en 3ème.

Exercice 11 : boîte cylindrique et balles de tennis
b) Pour que les trois balles de tennis tiennent exactement dans la boîte cylindrique, les dimensions minimales de cette boîte sont déterminées par le diamètre et la hauteur des balles. Le rayon d’une balle de tennis est \( r = 3,4 \) cm.

Le diamètre d’une balle est donc \( 2r = 2 \times 3,4 = 6,8 \) cm. C’est aussi le rayon de la base de la boîte.

La hauteur de la boîte doit être de trois fois le diamètre d’une balle, c’est-à-dire \( 3 \times 6,8 = 20,4 \) cm.

Donc, les dimensions minimales de la boîte sont :
– Rayon : 3,4 cm
– Hauteur : 20,4 cm

c) Calculons d’abord le volume de la boîte cylindrique et des trois balles de tennis.

Le volume \( V_c \) d’un cylindre est donné par la formule :
\[ V_c = \pi r^2 h \]
où \( r \) est le rayon de la base et \( h \) la hauteur.

Ici, \( r = 3,4 \) cm et \( h = 20,4 \) cm. Donc,
\[ V_c = \pi \times (3,4)^2 \times 20,4 \approx 746,39 \text{ cm}^3 \]

Le volume \( V_b \) d’une sphère est donné par la formule :
\[ V_b = \frac{4}{3} \pi r^3 \]

Pour une balle de tennis,
\[ V_b = \frac{4}{3} \pi \times (3,4)^3 \approx 164,64 \text{ cm}^3 \]

Pour trois balles de tennis,
\[ V_{\text{3 balles}} = 3 \times V_b = 3 \times 164,64 \approx 493,93 \text{ cm}^3 \]

d) Le pourcentage de « vide » dans la boîte est donné par la différence entre le volume de la boîte et le volume des trois balles, sur le volume de la boîte, multiplié par 100.

Soit \( V_{\text{vide}} \) le volume de vide :
\[ V_{\text{vide}} = V_c – V_{\text{3 balles}} = 746,39 – 493,93 \approx 252,46 \text{ cm}^3 \]

Le pourcentage de vide est alors :
\[ \text{Pourcentage de vide} = ( \frac{V_{\text{vide}}}{V_c} ) \times 100 \approx ( \frac{252,46}{746,39} ) \times 100 \approx 33,82 \% \]

Ainsi, la boîte est approximativement 33,82% vide lorsqu’elle contient les trois balles de tennis.

Exercice 12 : volume d’un tajine
1) Pour calculer la hauteur \( OS \) du cône, nous utilisons le théorème de Pythagore dans le triangle \( OAS \).

\[ OS = \sqrt{SA^2 – OA^2} = \sqrt{25^2 – 15^2} = \sqrt{625 – 225} = \sqrt{400} = 20 \, \text{cm} \]

Donc, la hauteur \( OS \) du cône est de 20 cm.

2) Pour montrer que le volume du cône est égal à \( 1300\pi \, \text{cm}^3 \), nous utilisons la formule du volume d’un cône :

\[ V = \frac{1}{3} \pi r^2 h \]

où \( r \) est le rayon de la base et \( h \) est la hauteur du cône.

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

Donc, la valeur exacte du volume du cône est bien \( 1500\pi \, \text{cm}^3 \), et non \( 1300\pi \, \text{cm}^3 \) comme indiqué dans l’énoncé. Par conséquent, il y a une erreur dans la formulation de l’énoncé initial.

Exercice 13 : section d’un cône de révolution
a. Calculer le volume \(V_1\) de ce cône au \(cm^3\) près.

La formule du volume d’un cône est :
\[ V = \frac{1}{3} \pi r^2 h \]

Pour ce cône, \(r = 5\) cm et \(h = 9\) cm. Donc,
\[ V_1 = \frac{1}{3} \pi \times 5^2 \times 9 = \frac{1}{3} \pi \times 25 \times 9 = \frac{225}{3} \pi = 75 \pi \]

En arrondissant au \(cm^3\) près:
\[ V_1 \approx 75 \pi \approx 235.62 \, cm^3 \]

b. Calculer le rayon de cette section.

Nous savons que la hauteur totale du cône est 9 cm et le rayon de la base est 5 cm.

La section parallèle à la base passe par le point M tel que \( SM = 3 \) cm. Donc, la hauteur du petit cône formé avec le sommet S est \( 3 \) cm.

Les deux cônes (le plus grand et celui obtenu par la section) sont semblables. Le rapport des hauteurs est donc :
\[ \frac{SM}{SO} = \frac{3}{9} = \frac{1}{3} \]

Le rapport des hauteurs est égal au rapport des rayons :
\[ \frac{r_2}{r} = \frac{1}{3} \]
\[ r_2 = \frac{5}{3} = \frac{5}{3} \, cm \approx 1.67 \, cm \]

c. Calculer le volume \( V_2 \) du petit cône de sommet S ainsi obtenu au \( cm^3 \) près.

Utilisons la même formule pour calculer le volume du petit cône :
\[ V_2 = \frac{1}{3} \pi r_2^2 h_2 \]

où \( r_2 = \frac{5}{3} \, cm \) et \( h_2 = SM = 3 \, cm \).

Donc,
\[ V_2 = \frac{1}{3} \pi ( \frac{5}{3} )^2 \times 3 = \frac{1}{3} \pi \times \frac{25}{9} \times 3 = \frac{1}{3} \pi \times \frac{75}{9} = \frac{25}{9} \pi \]

En simplifiant et arrondissant au \( cm^3 \) près :
\[ V_2 \approx \frac{25}{9} \pi \approx 8.73 \pi \approx 27.41 \, cm^3 \]

Exercice 14 : un cornet de glace
Pour calculer la quantité de glace nécessaire pour confectionner le cornet, nous devons déterminer le volume du cône et le volume de la demi-sphère.

1. Volume du cône:

La formule du volume \( V_{\text{cône}} \) d’un cône de rayon \( r \) et de hauteur \( h \) est:

\[ V_{\text{cône}} = \frac{1}{3} \pi r^2 h \]

Avec \( r = 3 \) cm et \( h = 10 \) cm, nous avons:

\[ V_{\text{cône}} = \frac{1}{3} \pi (3)^2 (10) = \frac{1}{3} \pi (9) (10) = 30\pi \text{ cm}^3 \]

2. Volume de la demi-sphère:

La formule du volume \( V_{\text{demi-sphère}} \) d’une demi-sphère de rayon \( r \) est:

\[ V_{\text{demi-sphère}} = \frac{1}{2} (\frac{4}{3} \pi r^3 ) = \frac{2}{3} \pi r^3 \]

Avec \( r = 3 \) cm, nous avons:

\[ V_{\text{demi-sphère}} = \frac{2}{3} \pi (3)^3 = \frac{2}{3} \pi (27) = 18\pi \text{ cm}^3 \]

3. Volume total de la glace:

Le volume total \( V_{\text{total}} \) est la somme des volumes du cône et de la demi-sphère:

\[ V_{\text{total}} = V_{\text{cône}} + V_{\text{demi-sphère}} = 30\pi + 18\pi = 48\pi \text{ cm}^3 \]

4. Conversion en centilitres:

1 cm\(^3\) équivaut à 0,1 cL. Donc, le volume total en cL est:

\[ 48\pi \text{ cm}^3 \times 0,1 = 4,8\pi \text{ cL} \]

En valeur numérique approximative:

\[ 4,8\pi \approx 4,8 \times 3,14 = 15,072 \text{ cL} \]

La quantité nécessaire de glace pour confectionner le cornet est donc d’environ \( 15,072 \text{ cL} \).

Exercice 15 : sections d’un pavé droit
{Correction de l’exercice}

1. {Calculer l’aire du trapèze \(ABCD\)}

\[ AD = 40 \, \text{cm}, \quad IB = 5 \, \text{cm} \]

Les bases du trapèze isocèle \(ABCD\) sont \(AB\) et \(CD\), et la hauteur est \(AD\).

Comme \(ABC\) est un triangle rectangle en \(B\), on utilise le théorème de Pythagore pour trouver \(AB\):

\[ AB^2 = AI^2 + IB^2 \]
\[ AB^2 = 15^2 + 5^2 \]
\[ AB^2 = 225 + 25 \]
\[ AB^2 = 250 \]
\[ AB = \sqrt{250} \]
\[ AB = 5\sqrt{10} \, \text{cm} \]

La base \(CD\) fait \(40 \, \text{cm}\).

L’aire d’un trapèze est donnée par :

\[ \text{Aire} = \frac{1}{2} (AB + CD) \times AD \]

Donc,

\[ \text{Aire} = \frac{1}{2} (5\sqrt{10} + 40) \times 40 \]
\[ \text{Aire} = \frac{1}{2} \times (5\sqrt{10} + 40) \times 40 \]
\[ \text{Aire} = 20 \times (5\sqrt{10} + 40) \]
\[ \text{Aire} = 20 \times 5\sqrt{10} + 20 \times 40 \]
\[ \text{Aire} = 100\sqrt{10} + 800 \]
\[ \text{Aire} \approx 1421.3 \, \text{cm}^2 \]

1. b) {Calculer le volume du prisme \(ABCDFGHE\)}

Le volume d’un prisme droit est donné par :

\[ \text{Volume} = \text{Aire de la base} \times \text{hauteur} \]

La hauteur du prisme \(AE\) est :

\[ AE = AF = 20 \, \text{cm} \]

Le volume sera donc :

\[ \text{Volume} = 1421.3 \times 20 \]
\[ \text{Volume} = 28426 \, \text{cm}^3 \]

2. {Calculer \(AB\) (donner la valeur exacte)}

Comme \(AB\) a déjà été calculé :

\[ AB = 5\sqrt{10} \, \text{cm} \]

3. {Calculer \(\tan(\angle BAI)\)}

L’angle \(\angle BAI\) se situe dans le triangle \(ABI\),

\[ \tan(\angle BAI) = \frac{IB}{AI} \]
\[ \tan(\angle BAI) = \frac{5}{15} \]
\[ \tan(\angle BAI) = \frac{1}{3} \]

En déduire la valeur arrondie de \(\angle BAI\) à un degré près :

\[ \angle BAI = \arctan(\frac{1}{3}) \]
\[ \angle BAI \approx 18.4^\circ \]

Donc, arrondi à un degré près :

\[ \angle BAI \approx 18^\circ \]

Fin de la correction.

Exercice 16 : volume d’un lingot d’or
1. Le volume de la partie cylindrique, \( V_{\text{cyl}} \), est donné par la formule:
\[
V_{\text{cyl}} = \pi r^2 h
\]
Ici, le rayon \( r \) est de 7 dm (puisque le diamètre est de 14 dm) et la hauteur \( h \) est de 16 dm.
\[
V_{\text{cyl}} = \pi \times 7^2 \times 16 = \pi \times 49 \times 16 = 784 \pi \quad \text{dm}^3
\]

2. Le volume de la partie conique, \( V_{\text{cône}} \), est donné par la formule:
\[
V_{\text{cône}} = \frac{1}{3} \pi r^2 h
\]
Ici, le rayon \( r \) est de 7 dm et la hauteur \( h \) est de 14 dm.
\[
V_{\text{cône}} = \frac{1}{3} \pi \times 7^2 \times 14 = \frac{1}{3} \pi \times 49 \times 14 = \frac{1}{3} \pi \times 686 = \frac{686}{3} \pi \quad \text{dm}^3
\]

3. Le volume total du réservoir \( V_{\text{total}} \) est la somme des volumes de la partie cylindrique et de la partie conique:
\[
V_{\text{total}} = 784 \pi + \frac{686}{3} \pi = \pi ( 784 + \frac{686}{3} ) = \pi ( \frac{2352}{3} + \frac{686}{3} ) = \pi ( \frac{3038}{3} ) = \frac{3038 \pi}{3} \quad \text{dm}^3
\]
En utilisant \(\pi \approx 3.14\):
\[
V_{\text{total}} \approx \frac{3038 \times 3.14}{3} \approx 3180 \quad \text{dm}^3
\]

4. Pour savoir si le réservoir peut contenir 1000 litres, il faut vérifier si \( 3180 \, \text{dm}^3 \) est supérieur ou égal à 1000 \, \text{litres} (sachant que \( 1 \text{ litro} = 1 \text{ dm}^3 \)) :
\[
3180 \, \text{dm}^3 \geq\, 1000 \, \text{litres}
\]
Oui, le réservoir peut contenir 1000 litres.

Exercice 17 : sections de solides et volumes
1. Calculer le volume de ce lingot d’or.

Le volume \( V \) d’un parallélépipède rectangle se calcule avec la formule :
\[ V = L \times l \times h \]

Avec \( L = 7,5 \, \text{cm} \), \( l = 3 \, \text{cm} \) et \( h = 2,3 \, \text{cm} \), nous obtenons :
\[ V = 7,5 \times 3 \times 2,3 = 51,75 \, \text{cm}^3 \]

2. Calculer la masse de ce lingot d’or.

La masse volumique de l’or est donnée par \(\rho = 19,3 \, \text{g/cm}^3 \). La masse \( m \) se calcule avec la formule :
\[ m = \rho \times V \]

Donc, avec \(\rho = 19,3 \, \text{g/cm}^3 \) et \( V = 51,75 \, \text{cm}^3 \), nous obtenons :
\[ m = 19,3 \times 51,75 = 998,775 \, \text{g} \]

3. Quel sera alors le volume de la maquette obtenue à l’échelle 3 ? Justifier la réponse.

Lorsqu’on agrandit un solide à une échelle \( k \), le volume est multiplié par \( k^3 \).

Avec une échelle de 3, le volume sera multiplié par \( 3^3 = 27 \).

Donc, le volume de la maquette sera :
\[ V_{\text{maquette}} = 27 \times V = 27 \times 51,75 = 1397,25 \, \text{cm}^3 \]

Conclusion :
Le volume de la maquette obtenue en agrandissant le lingot à l’échelle 3 sera de \( 1397,25 \, \text{cm}^3 \).

Exercice 18 : cône de révolution et section
a) Le volume \( V \) d’un cône est calculé avec la formule :
\[ V = \frac{1}{3} \pi r^2 h \]
Pour le grand cône, le rayon de la base \( r \) est de 7 cm et la hauteur \( h \) est de 12 cm.
\[
V_{\text{grand cône}} = \frac{1}{3} \pi \times 7^2 \times 12
= \frac{1}{3} \pi \times 49 \times 12
= \frac{1}{3} \pi \times 588
= 196\pi \, \text{cm}^3
\]

b) Le coefficient de réduction est le rapport des hauteurs entre le petit cône et le grand cône.
La hauteur de SA’ pour le petit cône est de 3 cm, et la hauteur de SA pour le grand cône est de 12 cm.
\[
\text{Coefficient de réduction} = \frac{SA’}{SA} = \frac{3}{12} = \frac{1}{4}
\]

c) Si le coefficient de réduction est de \( \frac{1}{4} \), alors le rapport des volumes sera \( (\frac{1}{4})^3 = \frac{1}{64} \).

\[
V_{\text{petit cône}} = \frac{V_{\text{grand cône}}}{64} = \frac{196\pi}{64}
= \frac{49}{16}\pi \, \text{cm}^3
\]

Pour une valeur arrondie au centième :
\[
V_{\text{petit cône}} \approx 3.07\pi \, \text{cm}^3
\]
En utilisant \( \pi \approx 3.14 \),
\[
V_{\text{petit cône}} \approx 3.07 \times 3.14
= 9.64 \, \text{cm}^3
\]

Exercice 19 : un moule à muffins et ses cavités
1. Montrer que le volume d’une cavité est d’environ \( 125 \, \text{cm}^3 \).

Le volume d’un tronc de cône est donné par la formule :
\[ V = \frac{1}{3} \pi h (R^2 + r^2 + Rr) \]

où \( R \) est le rayon de la base supérieure, \( r \) est le rayon de la base inférieure, et \( h \) est la hauteur du tronc de cône.

Dans notre cas :
– Le diamètre de la base supérieure est \( 7{,}5 \, \text{cm} \), donc le rayon \( R = \frac{7{,}5}{2} = 3{,}75 \, \text{cm} \).
– Le diamètre de la base inférieure est \( 4 \, \text{cm} \), donc le rayon \( r = \frac{4}{2} = 2 \, \text{cm} \).
– La hauteur du tronc de cône est \( h = 6 \, \text{cm} \).

Nous pouvons maintenant calculer le volume :
\[ V = \frac{1}{3} \pi \times 6 (3{,}75^2 + 2^2 + 3{,}75 \times 2) \]

Calculons chaque terme séparément :
\[ 3{,}75^2 = 14{,}0625 \]
\[ 2^2 = 4 \]
\[ 3{,}75 \times 2 = 7{,}5 \]

Sommons ces termes :
\[ 14{,}0625 + 4 + 7{,}5 = 25{,}5625 \]

Maintenant, multiplions par \( \frac{1}{3} \pi \times 6 \) :
\[ V = \frac{1}{3} \pi \times 6 \times 25{,}5625 \]
\[ V = 2 \pi \times 25{,}5625 \]
\[ V = 51{,}125 \pi \]

En utilisant \( \pi \approx 3{,}14 \), nous obtenons :
\[ V \approx 51{,}125 \times 3{,}14 \]
\[ V \approx 160{,}5325 \, \text{cm}^3 \]

Cependant, la valeur demandée est de \( 125 \, \text{cm}^3 \). On doit donc vérifier si la hauteur a été correctement interprétée ou s’il y a eu une simplification dans le problème.

2. Léa a préparé \( 1 \, \text{litre} \) de pâte. Elle veut remplir chaque cavité du moule aux \( \frac{3}{4} \) de son volume. A-t-elle suffisamment de pâte pour les neuf cavités du moule ? Justifier la réponse.

Chaque cavité doit contenir \( \frac{3}{4} \) de son volume total:
\[ \frac{3}{4} \times 125 \, \text{cm}^3 = 93{,}75 \, \text{cm}^3 \]

Pour 9 cavités :
\[ 9 \times 93{,}75 \, \text{cm}^3 = 843{,}75 \, \text{cm}^3 \]

Léa dispose de \( 1 \, \text{litre} \) de pâte, soit \( 1000 \, \text{cm}^3 \).

Elle a donc suffisamment de pâte :
\[ 1000 \, \text{cm}^3 > 843{,}75 \, \text{cm}^3 \]

Justification : \( 1000 \, \text{cm}^3 \) de pâte est suffisant pour remplir les 9 cavités aux p \( \frac{3}{4} \) de leur volume total, car \( 843{,}75 \, \text{cm}^3 \) est inférieur à \( 1000 \, \text{cm}^3 \).

Exercice 20 : volume de cônes de révolution
Le volume d’un cône est donné par la formule :

\[ V = \frac{1}{3} \pi r^2 h \]

où \( r \) est le rayon de la base et \( h \) est la hauteur.

### Cône a.

Pour le cône a :

– Rayon \( r = 6 \) cm
– Hauteur \( h = 10 \) cm

En substituant ces valeurs dans la formule du volume :

\[ V_a = \frac{1}{3} \pi (6)^2 (10) \]
\[ V_a = \frac{1}{3} \pi (36) (10) \]
\[ V_a = \frac{1}{3} \pi (360) \]
\[ V_a = 120 \pi \]

En utilisant \(\pi \approx 3.14\) :

\[ V_a \approx 120 \times 3.14 \]
\[ V_a \approx 376.8 \]

Donc, le volume du cône a est approximativement \( 377 \, \text{cm}^3 \).

### Cône b.

Pour le cône b :

– Rayon \( r = 6 \) cm
– Hauteur \( h = 10 \) cm

Les dimensions pour le cône b sont les mêmes que pour le cône a, donc le volume sera également le même :

\[ V_b = \frac{1}{3} \pi (6)^2 (10) \]
\[ V_b = \frac{1}{3} \pi (36) (10) \]
\[ V_b = \frac{1}{3} \pi (360) \]
\[ V_b = 120 \pi \]

En utilisant \(\pi \approx 3.14\) :

\[ V_b \approx 120 \times 3.14 \]
\[ V_b \approx 376.8 \]

Donc, le volume du cône b est également approximativement \( 377 \, \text{cm}^3 \).

### Conclusion
Les volumes des cônes a et b sont chacun \( 377 \, \text{cm}^3 \).

Exercice 21 : des coupes de glaces composées de trois boules
La correction de cet exercice se présente comme suit :

Tout d’abord, calculons le volume d’une boule de glace, supposée parfaitement sphérique. Le diamètre d’une boule est de 4,2 cm, donc le rayon \( r \) est :

\[ r = \frac{4,2}{2} = 2,1 \, \text{cm} \]

Le volume \( V \) d’une sphère est donné par la formule :

\[ V = \frac{4}{3} \pi r^3 \]

En substituant la valeur du rayon, on obtient :

\[ V = \frac{4}{3} \pi (2,1)^3 \]
\[ V \approx \frac{4}{3} \pi (9,261) \]
\[ V \approx 38,79 \, \text{cm}^3 \]

Chaque coupe de glace contient deux boules au chocolat et une boule à la vanille. Ainsi, le volume de glace au chocolat pour une coupe est :

\[ V_{\text{chocolat}} = 2 \times 38,79 \approx 77,58 \, \text{cm}^3 \]

Le volume de glace à la vanille pour une coupe est :

\[ V_{\text{vanille}} = 38,79 \, \text{cm}^3 \]

Pour 100 coupes, nous avons :

\[ V_{\text{chocolat, total}} = 100 \times 77,58 \approx 7758 \, \text{cm}^3 \]
\[ V_{\text{vanille, total}} = 100 \times 38,79 \approx 3879 \, \text{cm}^3 \]

Les pots de glace au chocolat ont la forme d’un pavé droit et ceux à la vanille d’un cylindre. Supposons que la glace soit remplie à ras bord dans les pots.

Pour calculer le nombre de pots au chocolat :

\[ \text{Volume d’un pot de chocolat} = 20 \, \text{cm} \times 10 \, \text{cm} \times 10 \, \text{cm} = 2000 \, \text{cm}^3 \]

Nombre de pots de chocolat nécessaires :

\[ \text{Nombre de pots de chocolat} = \frac{7758}{2000} \approx 3,879 \]

Puisque la restauratrice ne peut pas acheter une fraction de pot, elle aura besoin de 4 pots de chocolat.

Pour calculer le nombre de pots à la vanille :

\[ \text{Volume d’un pot de vanille} = \pi r^2 h \]
Ici, \( r = 7,5 \, \text{cm} \) et \( h = 15 \, \text{cm} \).

\[ \text{Volume d’un pot de vanille} = \pi (7,5)^2 (15) \]
\[ \approx \pi (56,25) (15) \]
\[ \approx 2647,5 \pi \]
\[ \approx 8314 \, \text{cm}^3 \]

Nombre de pots de vanille nécessaires :

\[ \text{Nombre de pots de vanille} = \frac{3879}{8314} \approx 0,466 \]

Donc la restauratrice aura besoin de 1 pot de vanille.

En conclusion :
– La restauratrice doit acheter \[\]4 pots de chocolat\[\].
– La restauratrice doit acheter \[\]1 pot de vanille\[\].

Exercice 22 : la pyramide du Louvre et calculs de volumes
Pour corriger cet exercice, commençons par analyser les données fournies et établir les relations nécessaires pour déterminer la hauteur à laquelle le voile doit être placé.

1. La pyramide a une base carrée de \( 1\,225 \, \text{m}^2 \).
2. La hauteur de la pyramide est \( 22 \, \text{m} \).
3. Le voile carré a une aire de \( 784 \, \text{m}^2 \).

La surface de la base carrée de la pyramide \( \text{ABCD} \) est :
\[ S_{ABCD} = 1\,225 \, \text{m}^2 \]

Le côté de la base carrée de la pyramide \( \text{ABCD} \) est donc :
\[ a = \sqrt{S_{ABCD}} = \sqrt{1\,225} \, \text{m} = 35 \, \text{m} \]

Le voile carré \( \text{IJKL} \) a une aire de :
\[ S_{IJKL} = 784 \, \text{m}^2 \]

Le côté du voile carré \( \text{IJKL} \) est donc :
\[ b = \sqrt{S_{IJKL}} = \sqrt{784} \, \text{m} = 28 \, \text{m} \]

On doit trouver la hauteur \( h \) à laquelle il faut placer le voile. Cette hauteur sera telle que la section \( \text{IJKL} \) fait partie d’une section parallèle à la base \( \text{ABCD} \).

La hauteur \( h \) est proportionnelle à la réduction du côté du carré, formant une pyramide plus petite dont la base est \( \text{IJKL} \).

La réduction du côté de la base de la pyramide est :
\[ k = \frac{b}{a} = \frac{28}{35} = \frac{4}{5} \]

La hauteur \( h \) correspondante sera :
\[ h = (1 – k) \cdot H \]

Avec \( H \) la hauteur totale de la pyramide, soit \( 22 \, \text{m} \) :
\[ h = (1 – \frac{4}{5}) \cdot 22 = \frac{1}{5} \cdot 22 = 4.4 \, \text{m} \]

La hauteur \( h \) du sommet à laquelle le voile doit être placé est donc :
\[ \boxed{4.4 \, \text{m}} \]

Exercice 23 : marchand de boites de conserves
Étant donné que le volume d’un cylindre est donné par la formule \(V = \pi r^2 h\), où \(r\) est le rayon et \(h\) est la hauteur du cylindre, le volume initial de la boîte de conserve est :

\[V_1 = \pi r^2 h_1\]

où \(h_1 = 5.6 \, \text{cm}\).

Le commerçant a indiqué qu’il a ajouté 27 % de produit en plus par rapport à l’ancien modèle. Cela signifie que le nouveau volume \(V_2\) est :

\[V_2 = V_1 + 0.27 V_1 = 1.27 V_1\]

Sachant que le diamètre (et donc le rayon) de la boîte de conserve n’a pas changé, nous avons :

\[V_2 = \pi r^2 h_2\]

En utilisant l’égalité des volumes, on obtient :

\[1.27 V_1 = \pi r^2 h_2\]

Remplaçant \(V_1\) par \(\pi r^2 h_1\), on a :

\[1.27 \pi r^2 h_1 = \pi r^2 h_2\]

On peut simplifier par \(\pi r^2\) (à condition que \(r \neq 0\)) pour obtenir :

\[1.27 h_1 = h_2\]

En remplaçant \(h_1\) par 5.6 cm, on trouve :

\[1.27 \times 5.6 = h_2\]

\[h_2 = 7.112 \, \text{cm}\]

Ainsi, la hauteur de la nouvelle boîte de conserve est de 7,112 cm.

Exercice 24 : bouteille de parfum de chez Chenal
1. Calculer le volume de la pyramide SABC. (On arrondira au cm³ près.)

La base \(ABC\) est un triangle rectangle isocèle en \(A\), donc:
\[
\text{Aire de la base } ABC = \frac{1}{2} \times AB \times AC = \frac{1}{2} \times 7,5 \times 7,5 = \frac{1}{2} \times 56,25 = 28,125 \, \text{cm}^2
\]
La hauteur de la pyramide est \(AS = 15 \, \text{cm}\).
\[
\text{Volume de la pyramide } SABC = \frac{1}{3} \times \text{Aire de la base } \times \text{Hauteur} = \frac{1}{3} \times 28,125 \times 15 = 140,625 \approx 141 \, \text{cm}^3
\]

2. Pour fabriquer son bouchon SS’/MN’, les concepteurs ont coupé cette pyramide par un plan \(P\) parallèle à sa base et passant par le point \(S’\) tel que \(SS’ = 6\, \text{cm} \).

a. Quelle est la nature de la section plane \(S’/MN\) obtenue?

La section plane obtenue par un plan parallèle à la base d’une pyramide est une figure semblable à la base. Ici, la section plane \(S’/MN\) est donc un triangle rectangle isocèle similaire à ABC.

b. Calculer la longueur \(S’N\).

La hauteur \(S’A = AS – SS’ = 15 – 6 = 9 \, \text{cm}\).
On peut utiliser le théorème de Thalès pour trouver les dimensions du triangle \(S’MN\).
\[
\frac{S’A}{SA} = \frac{S’N}{SN} = \frac{S’M}{SM}
\]
\[
\frac{S’A}{SA} = \frac{9}{15} = \frac{3}{5}
\]
Les dimensions de \(MN\) sont donc \(\frac{3}{5}\) des dimensions de \(BC\).
\[
AB = AC = \frac{3}{5} \times 7,5 = 4,5 \, \text{cm}
\]

3. Calculer le volume maximal de parfum que peut contenir cette bouteille en \(cm^3\).

Le bouchon est la petite pyramide \(SS’/MN\), et son volume doit être soustrait du volume initial de la pyramide \(SABC\).

La base \(MN\) a une aire :
\[
\text{Aire de la base } MN = \frac{1}{2} \times 4,5 \times 4,5 = \frac{1}{2} \times 20,25 = 10,125 \, \text{cm}^2
\]
La hauteur de la petite pyramide \(S’S = 6 \, \text{cm}\).
\[
\text{Volume du bouchon } SS’/MN = \frac{1}{3} \times 10,125 \times 6 = 20,25 \, \text{cm}^3
\]
Ainsi, le volume maximal que peut contenir la bouteille est :
\[
\text{Volume maximal} = \text{Volume total} – \text{Volume du bouchon} = 141 – 20,25 = 120,75 \approx 121 \, \text{cm}^3
\]

Exercice 25 : dessert et coupes de glaces
Soit le pot de glace au chocolat de forme parallélépipédique de dimensions \(20 \, \text{cm} \times 15 \, \text{cm} \times 12 \, \text{cm}\).

a. Le volume d’un pot de glace au chocolat est donné par :
\[
V = \text{longueur} \times \text{largeur} \times \text{hauteur}
\]
En remplaçant les valeurs :
\[
V = 20 \, \text{cm} \times 15 \, \text{cm} \times 12 \, \text{cm} = 3600 \, \text{cm}^3
\]
Donc, le volume d’un pot de glace au chocolat est bien de \(3600 \, \text{cm}^3\).

b. Le volume d’un pot de glace à la vanille de forme cylindrique avec un diamètre de 14 cm et une hauteur de 15 cm est donné par :
\[
V = \pi r^2 h
\]
où \(r\) est le rayon du cylindre (la moitié du diamètre) et \(h\) est la hauteur. Le rayon \(r\) est :
\[
r = \frac{14 \, \text{cm}}{2} = 7 \, \text{cm}
\]
En remplaçant les valeurs :
\[
V = \pi \times (7 \, \text{cm})^2 \times 15 \, \text{cm}
\]
\[
V = \pi \times 49 \, \text{cm}^2 \times 15 \, \text{cm}
\]
\[
V = 735 \pi \, \text{cm}^3
\]
En utilisant la valeur approximative de \(\pi \approx 3.14159\) :
\[
V \approx 735 \times 3.14159 = 2309.07 \, \text{cm}^3
\]

Donc, le volume arrondi au cm³ d’un pot de glace à la vanille est \(2309 \, \text{cm}^3\).

Exercice 26 : un moule à gâteau
a. Calculons le volume de plastique nécessaire pour fabriquer le moule, qui se compose du volume du pavé droit moins le volume de la demi-sphère.

Le volume du pavé droit est donné par :
\[ V_{\text{pavé}} = L \times l \times h \]
où \( L = 10 \) cm, \( l = 10 \) cm et \( h = 4 \) cm.
\[ V_{\text{pavé}} = 10 \times 10 \times 4 = 400 \, \text{cm}^3 \]

Le volume de la demi-sphère est la moitié du volume d’une sphère de rayon \( r \).
Le rayon \( r \) de la demi-sphère est de \( r = \frac{8}{2} = 4 \) cm.

Le volume de la sphère est donné par :
\[ V_{\text{sphère}} = \frac{4}{3} \pi r^3 \]
\[ V_{\text{sphère}} = \frac{4}{3} \pi (4)^3 = \frac{4}{3} \pi \times 64 = \frac{256}{3} \pi \, \text{cm}^3 \]

Le volume de la demi-sphère est la moitié de ce volume :
\[ V_{\text{demi-sphère}} = \frac{256}{3 \times 2} \pi = \frac{128}{3} \pi \, \text{cm}^3 \approx 134.04 \, \text{cm}^3 \]

Le volume de plastique nécessaire est alors :
\[ V_{\text{plastique}} = V_{\text{pavé}} – V_{\text{demi-sphère}} \]
\[ V_{\text{plastique}} = 400 – \frac{128}{3} \pi \]
\[ V_{\text{plastique}} \approx 400 – 134.04 \]
\[ V_{\text{plastique}} \approx 265.96 \, \text{cm}^3 \]

Arrondi au centième :
\[ V_{\text{plastique}} \approx 265.96 \, \text{cm}^3 \]

b. Pour déterminer la surface à recouvrir de chocolat, on doit calculer la surface du disque supérieur auquel on ajoute la surface latérale de la demi-sphère.

Surface du disque supérieur (cercle de rayon 4 cm) :
\[ S_{\text{disque}} = \pi r^2 = \pi (4)^2 = 16 \pi \, \text{cm}^2 \]

Surface latérale de la demi-sphère (demi-sphère de rayon 4 cm):
\[ S_{\text{demi-sphère}} = 2 \pi r^2 = 2 \pi (4)^2 = 32 \pi \, \text{cm}^2 \]

La surface totale à recouvrir est donc :
\[ S_{\text{total}} = S_{\text{disque}} + S_{\text{demi-sphère}} = 16 \pi + 32 \pi = 48 \pi \, \text{cm}^2 \approx 150.80 \, \text{cm}^2 \]

Arrondi au centième :
\[ S_{\text{total}} \approx 150.80 \, \text{cm}^2 \]

Exercice 27 : yourte et habitat traditionnel mongol
1) Calcul de la surface au sol de la yourte (modelée par un disque):
\[ \text{Rayon} = \frac{7}{2} = 3,5 \, \text{m} \]
\[ \text{Aire du disque} = \pi \times (3,5)^2 = \pi \times 12,25 \, \text{m}^2 \]
\[ \text{Aire du disque} \approx 38,48 \, \text{m}^2 \]

Comparaison avec l’appartement de Samia :
\[ 38,48 \, \text{m}^2 > 35 \, \text{m}^2 \]

Donc, la yourte offre une plus grande surface au sol que celle de l’appartement de Samia.

2) Calcul du volume de la yourte (somme des volumes du cylindre et du cône):

Volume du cylindre:
\[ \text{Volume du cylindre} = \pi \times (3,5)^2 \times 2,5 \]
\[ = \pi \times 12,25 \times 2,5 \]
\[ \approx 96,25 \, \text{m}^3 \]

Volume du cône:
\[ \text{Volume du cône} = \frac{1}{3} \times \pi \times (3,5)^2 \times 2 \]
\[ = \frac{1}{3} \times \pi \times 12,25 \times 2 \]
\[ \approx 25,67 \, \text{m}^3 \]

Volume total de la yourte:
\[ \text{Volume total} = 96,25 \, \text{m}^3 + 25,67 \, \text{m}^3 \]
\[ = 121,92 \, \text{m}^3 \]

3) Calcul de la hauteur de la maquette (échelle \( \frac{1}{25} \)):

Hauteur totale de la yourte:
\[ \text{Hauteur totale} = 4,5 \, \text{m} \]

Hauteur de la maquette:
\[ \frac{4,5}{25} = 0,18 \, \text{m} \]
\[ = 18 \, \text{cm} \]

La hauteur de la maquette est de 18 cm.

Exercice 28 : la pyramide de khéops
1. \[\]Combien d’hommes auraient participé à la construction de la pyramide ?\[\]

Il a fallu 20 années, avec une main d’œuvre de 10 000 hommes renouvelés tous les trois mois :

\[ \frac{20 \text{ années} \times 12 \text{ mois/an}}{3 \text{ mois}} = 80 \text{ groupes} \]

Ainsi, le nombre total d’hommes est :

\[ 80 \text{ groupes} \times 10 000 \text{ hommes/groupe} = 800 000 \text{ hommes} \]

2. \[\]Quelle est l’aire de la base de la pyramide ?\[\]

La base est un carré de 230 mètres de côté, donc l’aire est :

\[ 230 \text{ m} \times 230 \text{ m} = 52 900 \text{ m}^2 \]

3. \[\]Quel est le volume de la pyramide ?\[\]

Le volume \( V \) d’une pyramide est donné par la formule :

\[ V = \frac{1}{3} \times \text{aire de la base} \times \text{hauteur} \]

\[ V = \frac{1}{3} \times 52 900 \text{ m}^2 \times 137 \text{ m} \]

\[ V = \frac{1}{3} \times 7 237 300 \text{ m}^3 \]

\[ V = 2 412 433,33 \text{ m}^3 \]

4. \[\]Quel est le volume moyen d’un bloc de pierre ?\[\]

Le nombre de blocs de pierre est 2 300 000. Donc, le volume moyen d’un bloc de pierre est :

\[ \text{Volume moyen par bloc} = \frac{Volume total}{Nombre de blocs} \]

\[ \text{Volume moyen par bloc} = \frac{2 412 433,33 \text{ m}^3}{2 300 000} \]

\[ \text{Volume moyen par bloc} \approx 1,049 \text{ m}^3 \]

5. \[\]Quelle est la masse de la pyramide ?\[\]

La masse moyenne d’un bloc est de 2,3 t. Donc, la masse totale est :

\[ \text{Masse totale} = 2 300 000 \text{ blocs} \times 2,3 \text{ t/bloc} \]

\[ \text{Masse totale} = 5 290 000 \text{ t} \]

6. \[\]La taille des blocs utilisés à la base de la pyramide mesurent en moyenne 2,50 m de long, 1 m de large et 1,20 m de haut.\[\]

– \[\]Combien de blocs a-t-il fallu utiliser pour construire la base de la pyramide ?\[\]

Le volume d’un bloc à la base :

\[ V_{\text{bloc base}} = 2,5 \text{ m} \times 1 \text{ m} \times 1,2 \text{ m} = 3 \text{ m}^3 \]

Le volume total de la base (car la hauteur de la basse construction est très petite par rapport à la hauteur totale de la pyramide, on peut approximer en négligeant la hauteur) :

\[ V_{\text{base}} = \text{aire de la base} \times \text{hauteur moyenne des blocs} \]

(La hauteur moyenne des blocs à la base serait alignée sur une faible hauteur donc non nécessaire ici car elle est comprise dans l’aire au premier plan)

\[ Nombre \text{ de blocs à la base} = \frac{52 900}{3} \approx 17 633 \]

– \[\]Quel volume ces pierres représentent-elles ?\[\]

Le volume de pierres utilisé pour construire la base, en termes de blocs :

\[ V_{\text{total blocs de la base}} = 17 633 \text{ blocs} \times 3 \text{ m}^3 \]

\[ V_{\text{total blocs de la base}} \approx 52 899 \text{ m}^3 \]

Exercice 29 : bac à fleurs et section de solides.
Correction de l’exercice :

1.a) Expliquer pourquoi : \( SM = \frac{3}{7} SO \)

Puisque les quadrilatères \( ABCD \) et \( EFGH \) sont parallèles et que \( EFGH \) est une réduction homothétique de \( ABCD \) par rapport au sommet \( S \) de la pyramide \( SABCD \), les longueurs des arêtes \( SM \) et \( SO \) sont proportionnelles selon le même rapport que les côtés des bases \( AB \) et \( EF \).

On a les longueurs :
\[ AB = 70 \text{ cm, et } EF = 30 \text{ cm} \]

Le rapport d’homothétie est :
\[ k = \frac{EF}{AB} = \frac{30}{70} = \frac{3}{7} \]

Par conséquent, la hauteur \( SM \) sera également proportionnelle à \( SO \) selon ce même rapport :
\[ SM = \frac{3}{7} SO \]

b) Expliquer pourquoi : \( h – 60 = \frac{3}{7} h \)

On note \( h \) la longueur de \( SO \).

Le segment \( SM \) est donné par :
\[ SM = \frac{3}{7} SO = \frac{3}{7} h \]

Étant donné que \( OM \) est la partie restante de \( SO \) après \( SM \), on a :
\[ OM = SO – SM \]
\[ OM = h – \frac{3}{7} h \]

Or on sait que \( OM = 60 \) cm :
\[ 60 = h – \frac{3}{7} h \]

c) En déduire la valeur de \( h \).

Pour trouver \( h \), on résout l’équation :
\[ 60 = h – \frac{3}{7} h \]
\[ 60 = \frac{7h – 3h}{7} \]
\[ 60 = \frac{4h}{7} \]
\[ 60 \times 7 = 4h \]
\[ 420 = 4h \]
\[ h = 105 \text{ cm} \]

2) Calculer le volume \( V \) en litres de ce bac.

Le volume \( V \) d’un tronc de pyramide est donné par la formule :
\[ V = \frac{1}{3} \times h'(S_1 + S_2 + \sqrt{S_1 S_2}) \]

où :
– \( h’ \) est la distance entre les deux bases (ici, \( 60 \) cm)
– \( S_1 \) et \( S_2 \) sont les aires des bases supérieures et inférieures respectivement.

Les bases supérieures et inférieures étant des carrés :
– \( S_1 = AB^2 = 70^2 \)
– \( S_2 = EF^2 = 30^2 \)

Calcul des aires :
\[ S_1 = 70^2 = 4900 \text{ cm}^2 \]
\[ S_2 = 30^2 = 900 \text{ cm}^2 \]

En utilisant la formule du volume :
\[ V = \frac{1}{3} \times 60 ( 4900 + 900 + \sqrt{4900 \times 900} ) \]
\[ \sqrt{4900 \times 900} = \sqrt{4410000} = 2100 \]

\[ V = \frac{1}{3} \times 60 ( 4900 + 900 + 2100 ) \]
\[ V = \frac{1}{3} \times 60 \times 7900 \]
\[ V = 20 \times 7900 \]
\[ V = 158000 \text{ cm}^3 \]

La conversion en litres : \( 1 \text{ litre} = 1000 \text{ cm}^3 \)
\[ V = 158 \text{ litres} \]

Donc, le volume du bac est \( 158 \) litres.

Exercice 30 : volume laissé par deux boules
Pour calculer le volume de l’espace laissé libre par les deux boules, nous devons d’abord calculer le volume total du pavé droit, puis le volume des deux boules, et enfin soustraire le volume des boules au volume du pavé.

1. Calcul du volume du pavé droit :
\[ V_{\text{pavé}} = L \times l \times h = 4\, \text{cm} \times 4\, \text{cm} \times 8\, \text{cm} = 128\, \text{cm}^3 \]

2. Calcul du volume d’une boule :
Le volume d’une boule est donné par la formule :
\[ V_{\text{boule}} = \frac{4}{3} \pi r^3 \]
où \( r \) est le rayon de la boule. Ici, \( r = 2\, \text{cm} \). Donc,
\[ V_{\text{boule}} = \frac{4}{3} \pi (2\, \text{cm})^3 = \frac{4}{3} \pi \times 8\, \text{cm}^3 = \frac{32}{3} \pi\, \text{cm}^3 \]

3. Calcul du volume des deux boules :
\[ V_{\text{2 boules}} = 2 \times V_{\text{boule}} = 2 \times \frac{32}{3} \pi\, \text{cm}^3 = \frac{64}{3} \pi\, \text{cm}^3 \]

4. Calcul de l’espace laissé libre :
\[ V_{\text{libre}} = V_{\text{pavé}} – V_{\text{2 boules}} = 128\, \text{cm}^3 – \frac{64}{3} \pi\, \text{cm}^3 \]

En utilisant une valeur approchée de \( \pi \approx 3,14 \) :
\[ V_{\text{2 boules}} \approx \frac{64}{3} \times 3,14 \approx 66,93\, \text{cm}^3 \]

Donc,
\[ V_{\text{libre}} \approx 128\, \text{cm}^3 – 66,93\, \text{cm}^3 \approx 61,07\, \text{cm}^3 \]

La valeur approchée au centième près de l’espace laissé libre est donc :
\[ 61,07\, \text{cm}^3 \]

Exercice 31 : caisse cubique plongée dans une piscine
Pour trouver la quantité d’eau restant dans la piscine après avoir plongé la caisse, il nous faut d’abord calculer les volumes de la piscine et de la caisse cubique.

Volume de la piscine:
La piscine a une forme cylindrique, donc on utilise la formule du volume d’un cylindre \( V = \pi r^2 h \).

Le rayon \( r = 3{,}50 \) m et la hauteur \( h = 1{,}50 \) m.

\[
V_{\text{piscine}} = \pi \times (3{,}50)^2 \times 1{,}50 \approx \pi \times 12{,}25 \times 1{,}50 \approx 57{,}75\pi
\]

\[
V_{\text{piscine}} \approx 57{,}75 \times 3{,}14 \approx 181{,}27 \text{ m}^3
\]

Volume de la caisse cubique:
Le côté de la caisse est de \( 1{,}20 \) m.

\[
V_{\text{caisse}} = (1{,}20)^3 = 1{,}728 \text{ m}^3
\]

Volume d’eau restant dans la piscine:
Le volume d’eau restant est le volume initial de la piscine moins le volume de la caisse plongée.

\[
V_{\text{eau restante}} = V_{\text{piscine}} – V_{\text{caisse}} \approx 181{,}27 – 1{,}728 = 179{,}542 \text{ m}^3
\]

Conversion en litres (1 m³ = 1000 litres):

\[
V_{\text{eau restante}} \approx 179{,}542 \times 1000 = 179542 \text{ L}
\]

À la centième près, la quantité d’eau restant dans la piscine est donc environ

\[
179542 \text{ L}
\]

Exercice 32 : fabrication d’un bloc de béton
1. Dimensions extérieures du bloc :

– Longueur \( L \) :
\[
L = 3 \cdot \text{diamètre des cylindres} + 4 \cdot \text{espace entre les cylindres et les parois}
\]
\[
L = 3 \cdot 30\, \text{cm} + 4 \cdot 10\, \text{cm} = 90\, \text{cm} + 40\, \text{cm} = 130\, \text{cm}
\]

– Hauteur \( H \) :
\[
H = \text{hauteur des cylindres} + \text{espace entre le fond des cylindres et le fond du bloc}
\]
\[
H = 40\, \text{cm} + 10\, \text{cm} = 50\, \text{cm}
\]

– Largeur \( l \) :
\[
l = \text{diamètre des cylindres} + 2 \cdot \text{espace entre les cylindres et les parois}
\]
\[
l = 30\, \text{cm} + 2 \cdot 10\, \text{cm} = 30\, \text{cm} + 20\, \text{cm} = 50\, \text{cm}
\]

Les dimensions extérieures du bloc sont donc \( 130\, \text{cm} \times 50\, \text{cm} \times 50\, \text{cm} \).

2. Volume de béton nécessaire :

– Volume du bloc :
\[
V_{\text{bloc}} = L \times l \times H
\]
\[
V_{\text{bloc}} = 130\, \text{cm} \times 50\, \text{cm} \times 50\, \text{cm} = 325000\, \text{cm}^3
\]

– Volume d’un cylindre :
\[
V_{\text{cylindre}} = \pi \times r^2 \times h
\]
\[
r = \frac{\text{diamètre}}{2} = 15\, \text{cm}, \quad h = 40\, \text{cm}
\]
\[
V_{\text{cylindre}} = \pi \times 15^2 \times 40 = \pi \times 225 \times 40 = 9000\pi\, \text{cm}^3 \approx 28274\, \text{cm}^3
\]

– Volume de trois cylindres :
\[
V_{\text{3 cylindres}} = 3 \times V_{\text{cylindre}} = 3 \times 9000\pi\, \text{cm}^3 \approx 3 \times 28274\, \text{cm}^3 = 84822\, \text{cm}^3
\]

– Volume de béton nécessaire :
\[
V_{\text{béton}} = V_{\text{bloc}} – V_{\text{3 cylindres}}
\]
\[
V_{\text{béton}} = 325000\, \text{cm}^3 – 84822\, \text{cm}^3 = 240178\, \text{cm}^3
\]

Conversion en litres (1 litre = 1000 cm³):
\[
V_{\text{béton}} = \frac{240178\, \text{cm}^3}{1000} \approx 240,18\, \text{litres}
\]

Il faudra donc environ 240,18 litres de béton pour la fabrication du bloc.

Exercice 33 : remplissage d’une piscine
Pour déterminer le coût pour remplir la piscine, nous devons d’abord calculer le volume de la piscine rempli à \( \frac{5}{6} \) de sa hauteur.

La piscine a la forme d’un prisme rectangulaire avec une section semi-circulaire. La première étape est de trouver les volumes séparés : le volume du prisme rectangulaire et le volume correspondant à la demi-section circulaire.

1. \[\]Volume de la partie rectangulaire :\[\]

La partie rectangulaire de la piscine a les dimensions suivantes :
– Longueur : \( 10 \, \text{m} \)
– Largeur : \( 3,1 \, \text{m} \)
– Hauteur : \( 1,2 \, \text{m} \)

Le volume de cette partie, rempli à \( \frac{5}{6} \) de sa hauteur, est donné par :
\[ V_{\text{rect}} = 10 \times 3,1 \times ( \frac{5}{6} \times 1,2 ) \]

Calculons-le :
\[ V_{\text{rect}} = 10 \times 3,1 \times 1 \]
\[ V_{\text{rect}} = 31 \, \text{m}^3 \]

2. \[\]Volume de la partie semi-circulaire :\[\]

La partie semi-circulaire à une forme tirée d’un cylindre de diamètre \( 5 \, \text{m} \) (soit un rayon de \( 2,5 \, \text{m} \)) et une hauteur \( 3,1 + 4 = 7,1 \, \text{m} \).
La formule du volume d’un cylindre est :
\[ V_{\text{cylindre}} = \pi r^2 h \]

Pour un demi-cylindre :
\[ V_{\text{demi-cylindre}} = \frac{1}{2} \pi r^2 h \]

La hauteur de la section circulaire ici est réduite car nous multiplions à \( \frac{5}{6} \) :
\[ V_{\text{demi-cylindre}} = \frac{1}{2} \pi \times (2,5)^2 \times ( \frac{5}{6} \times 1,2 ) \]
\[ V_{\text{demi-cylindre}} = \frac{1}{2} \pi \times 6,25 \times 1 \]
\[ V_{\text{demi-cylindre}} \approx 9,82 \, \text{m}^3 \]

3. \[\]Volume total de la piscine :\[\]

Le volume total de la piscine, rempli à \( \frac{5}{6} \) de sa hauteur, est donc la somme des deux parties :
\[ V_{\text{total}} = V_{\text{rect}} + V_{\text{demi-cylindre}} \]
\[ V_{\text{total}} = 25 + 9,82 \]
\[ V_{\text{total}} \approx 34,82 \, \text{m}^3 \]

4. \[\]Coût de remplissage de la piscine :\[\]

Sachant que l’eau coûte 3 € le mètre cube, le coût total est :
\[ \text{Coût} = V_{\text{total}} \times 3 \]
\[ \text{Coût} \approx 34,82 \times 3 \]
\[ \text{Coût} \approx 104,46 \, € \]

Arrondir à la dizaine d’euros près donne un coût d’environ 100 €.

Exercice 34 : volumes de cônes de révolution
Le volume d’un cône est donné par la formule :
\[ V = \frac{1}{3} \pi r^2 h, \]
où \( r \) est le rayon de la base et \( h \) est la hauteur.

1. Calcul du volume du grand cône :
– Hauteur \( h = 36 \) dm
– Rayon de la base \( r = 24 \) dm

Alors, le volume du grand cône \(V_{\text{grand}}\) est :
\[
V_{\text{grand}} = \frac{1}{3} \pi (24)^2 (36) = \frac{1}{3} \pi (576) (36) = \frac{1}{3} \pi (20736) = 6912 \pi \text{ dm}^3
\]

2. Détermination du rapport de réduction et calcul du volume du petit cône vert :
– Hauteur du petit cône \( h_{\text{petit}} = 4 \) dm
– Le petit cône est géométriquement similaire au grand cône.

Le rapport de réduction \( k \) entre les hauteurs est :
\[
k = \frac{h_{\text{petit}}}{h_{\text{grand}}} = \frac{4}{36} = \frac{1}{9}
\]

Les dimensions linéaires (rayon et hauteur) du petit cône sont multipliées par \( k \), donc le facteur de réduction pour le volume (qui est une grandeur cubique) est \( k^3 \).

\[
k^3 = ( \frac{1}{9} )^3 = \frac{1}{729}
\]

Ainsi, le volume du petit cône vert \( V_{\text{petit}} \) est :
\[
V_{\text{petit}} = ( k^3 ) V_{\text{grand}} = (\frac{1}{729}) (6912 \pi) = \frac{6912 \pi}{729} = \frac{6912 \pi}{729} = 9.48 \pi \text{ dm}^3
\]

Donc, le volume du petit cône est \( 9.48 \pi \text{ dm}^3 \).

Exercice 35 : rapport de réduction et pyramide régulière
Pour résoudre cet exercice, commençons par calculer le volume de la pyramide SABCD.

La formule du volume \( V \) d’une pyramide est donnée par :
\[ V = \frac{1}{3} \times B \times h \]
où \( B \) est l’aire de la base et \( h \) est la hauteur.

Ici, la base est un carré de côté 6 cm, donc :
\[ B = 6 \times 6 = 36 \, \text{cm}^2 \]

La hauteur est donnée par \( SO = 7{,}5 \, \text{cm} \).

Donc, le volume de la pyramide SABCD est :
\[ V = \frac{1}{3} \times 36 \times 7{,}5 = \frac{1}{3} \times 270 = 90 \, \text{cm}^3 \]

Maintenant, considérons la petite pyramide SMNPQ.

La hauteur de la petite pyramide \( SI \) est donnée par 2,5 cm. Nous devons déterminer le rapport de réduction.

Le rapport de réduction des hauteurs est :
\[ \text{rapport} = \frac{SI}{SO} = \frac{2{,}5}{7{,}5} = \frac{1}{3} \]

Puisqu’il s’agit d’une réduction homothétique, le rapport des volumes est le cube du rapport des longueurs :
\[ r = ( \frac{1}{3} )^3 = \frac{1}{27} \]

Le volume de la petite pyramide SMNPQ est donc :
\[ V_{\text{petite}} = \frac{V_{\text{grande}}}{27} = \frac{90}{27} = \frac{10}{3} = 3{,}\overline{3} \, \text{cm}^3 \]

Ainsi, le volume de la petite pyramide SMNPQ est :
\[ V_{\text{petite}} = 3{,}3 \overline{3} \, \text{cm}^3 \]

Exercice 36 : rapport de réduction et cône de révolution
On cherche à calculer le volume du grand cône de base le disque de rayon \([OA]\) et le volume du petit cône de base le disque de rayon \([IB]\).

1. Calcul du volume du grand cône de rayon \([OA]\) et de hauteur \([SO]\):

Le volume \( V \) d’un cône est donné par la formule:
\[ V = \frac{1}{3} \pi r^2 h \]

où \( r \) est le rayon de la base et \( h \) est la hauteur. Dans notre cas:
\[ r = OA = 7,5 \, \text{cm} \]
\[ h = SO = 10 \, \text{cm} \]

Donc:
\[ V = \frac{1}{3} \pi (7,5)^2 (10) \]

Calculons:
\[ V = \frac{1}{3} \pi (56,25) (10) \]
\[ V = \frac{1}{3} \pi (562,5) \]
\[ V = 187,5 \pi \, \text{cm}^3 \]

2. Calcul du rapport de réduction:

Le triangle \( \Delta SIO \) est semblable au triangle \( \Delta SAO \). Donc, les rapports des longueurs correspondantes sont égaux:
\[ \frac{SI}{SO} = \frac{IB}{OA} \]

On sait que:
\[ SI = 6 \, \text{cm} \]
\[ SO = 10 \, \text{cm} \]
\[ OA = 7,5 \, \text{cm} \]

Trouvons \( IB \):
\[ \frac{6}{10} = \frac{IB}{7,5} \]
\[ IB = \frac{6}{10} \times 7,5 \]
\[ IB = 4,5 \, \text{cm} \]

3. Calcul du volume du petit cône de rayon \([IB]\) et de hauteur \([SI]\):

Le rayon de sa base est \( r = IB = 4,5 \, \text{cm} \) et la hauteur est \( h = SI = 6 \, \text{cm} \).

Donc:
\[ V’ = \frac{1}{3} \pi r^2 h \]
\[ V’ = \frac{1}{3} \pi (4,5)^2 (6) \]

Calculons:
\[ V’ = \frac{1}{3} \pi (20,25) (6) \]
\[ V’ = \frac{1}{3} \pi (121,5) \]
\[ V’ = 40,5 \pi \, \text{cm}^3 \]

En résumé,
– Le volume du grand cône est \( 187,5 \pi \, \text{cm}^3 \).
– Le volume du petit cône est \( 40,5 \pi \, \text{cm}^3 \).

Le rapport de réduction est:
\[ \frac{IB}{OA} = \frac{4,5}{7,5} = \frac{3}{5} \]

Le rapport des volumes est donc le cube du rapport des longueurs:
\[ (\frac{3}{5})^3 = \frac{27}{125} \]

Et effectivement, on a:
\[ \frac{40,5 \pi}{187,5 \pi} = \frac{40,5}{187,5} = \frac{27}{125} \]

Exercice 37 : une boîte de crème glacée
1. Dans le triangle \( SAB \), nous avons :

\[
\frac{SE}{SA} = \frac{EF}{AB}
\]

\[
\frac{SE}{SA} = \frac{12}{16} = \frac{3}{4}
\]

2. Pour en déduire la longueur \(SO’\) :

Soit \( O’ \) l’intersection de \( SE \) et de \( SO \), nous avons :

\[
\frac{SO’}{SO} = \frac{SE}{SA} = \frac{3}{4}
\]

Donc,

\[
SO’ = SO \times \frac{3}{4} = 32 \times \frac{3}{4} = 24 \, \text{cm}
\]

3. Calculer le volume de la pyramide \(SABCD\).

Le volume d’une pyramide est donné par :

\[
V = \frac{1}{3} \times \text{Base} \times \text{Hauteur}
\]

La base \(ABCD\) est un carré de côté \(AB = 16 \, \text{cm}\), donc

\[
\text{Base} = AB^2 = 16^2 = 256 \, \text{cm}^2
\]

et la hauteur est \(SO = 32 \, \text{cm}\). Donc,

\[
V_{SABCD} = \frac{1}{3} \times 256 \times 32 = \frac{1}{3} \times 8192 = 2730.67 \, \text{cm}^3
\]

4. Calculer le volume de la pyramide \(SEFGH\) et en déduire le volume de la boîte.

La base \(EFGH\) est un carré de côté \(EF = 12 \, \text{cm}\), donc

\[
\text{Base} = EF^2 = 12^2 = 144 \, \text{cm}^2
\]

et la hauteur est \(SO’ = 24 \, \text{cm}\). Donc,

\[
V_{SEFGH} = \frac{1}{3} \times 144 \times 24 = \frac{1}{3} \times 3456 = 1152 \, \text{cm}^3
\]

Le volume de la boîte est donc :

\[
V_{\text{boîte}} = V_{SABCD} – V_{SEFGH} = 2730.67 – 1152 = 1578.67 \, \text{cm}^3
\]

5. Pour savoir si le volume de la boîte est suffisant pour contenir 1,5 litre de crème glacée.

1,5 litre correspond à \(1500 \, \text{cm}^3\). Donc, comparons :

\[
1578.67 \, \text{cm}^3 > 1500 \, \text{cm}^3
\]

Oui, le volume de la boîte est suffisant pour contenir 1,5 litre de crème glacée.

Exercice 38 : volume et oranges pressées
Chaque orange a un volume \( V \) donné par la formule du volume d’une sphère :
\[ V = \frac{4}{3} \pi r^3 \]
où \( r = 4 \) cm est le rayon de l’orange.

Ainsi, le volume d’une orange est :
\[ V = \frac{4}{3} \pi (4)^3 = \frac{4}{3} \pi \cdot 64 = \frac{256 \pi}{3} \ \text{cm}^3 \]

Naranja presse 24 oranges. Le volume total du jus de 24 oranges, sachant que chaque orange donne 35% de son volume en jus, est donc :
\[ V_{\text{jus total}} = 24 \times 0.35 \times \frac{256 \pi}{3} \]
\[ V_{\text{jus total}} = 24 \times 0.35 \times \frac{256 \pi}{3} \]
\[ V_{\text{jus total}} = \frac{24 \times 0.35 \times 256 \pi}{3} \]
\[ V_{\text{jus total}} = \frac{2145.6 \pi}{3} \]
\[ V_{\text{jus total}} \approx 897.92 \ \text{cm}^3 \]

Vérifions maintenant si ce volume va déborder du pichet en forme de cylindre.

Le volume du pichet, \( V_{\text{pichet}} \), est donné par la formule du volume d’un cylindre :
\[ V_{\text{pichet}} = \pi r^2 h \]
où \( r = 6 \) cm est le rayon de la base du cylindre et \( h = 20 \) cm est la hauteur du cylindre.

Ainsi, le volume du pichet est :
\[ V_{\text{pichet}} = \pi \times (6)^2 \times 20 = \pi \times 36 \times 20 = 720 \pi \ \text{cm}^3 \]
\[ V_{\text{pichet}} \approx 2261.95 \ \text{cm}^3 \]

Puisque \( 897.92 \ \text{cm}^3 < 2261.95 \ \text{cm}^3 \), le jus ne va pas déborder du pichet.

Exercice 39 : une gélule avec deux demi-sphères
La gélule est constituée de deux demi-sphères de diamètre \(9,5\, \text{mm}\) et d’une partie cylindrique de hauteur \(16,6\, \text{mm}\).

Le diamètre de la gélule étant \(9,5\, \text{mm}\), le rayon \(r\) vaut :
\[ r = \frac{9,5}{2}\, \text{mm} = 4,75\, \text{mm} \]

Volume des deux demi-sphères (équivalent à une sphère complète) :
\[ V_{\text{demi-sphères}} = \frac{4}{3} \pi r^3 = \frac{4}{3} \pi (4,75)^3 \]

Calcul détaillé :
\[ V_{\text{demi-sphères}} = \frac{4}{3} \pi (4,75)^3 = \frac{4}{3} \pi \times 107,171875 = \frac{428,6875\pi}{3} \approx 449\, \text{mm}^3 \]

Volume du cylindre :
\[ V_{\text{cylindre}} = \pi r^2 h = \pi (4,75)^2 \times 16,6 \]

Calcul détaillé :
\[ V_{\text{cylindre}} = \pi \times 22,5625 \times 16,6 = 373,5375\pi \approx 1173 \, \text{mm}^3 \]

Volume total de la gélule :
\[ V_{\text{total}} = V_{\text{demi-sphères}} + V_{\text{cylindre}} = 449 + 1173 = 1622 \, \text{mm}^3 \]

Chaque gélule a une masse volumique de \(6,15 \times 10^{-4}\, \text{g/mm}^3\), donc la masse d’une gélule est :
\[ m = 6,15 \times 10^{-4} \times 1622 \approx 0,996 \, g \]

Masse totale d’une boîte contenant 3 plaquettes de 6 gélules :
\[ Masse_{\text{totale}} = 3 \times 6 \times 0,996 g \approx 17,928 g \]

La masse totale arrondie au gramme près est de :
\[ \boxed{18 \, g} \]

Exercice 40 : une poupée culbuto et un menuisier
Pour bien assembler les deux sphères avec les sections de même rayon, nous devons calculer \( O’H’ \), la distance du centre de la grande sphère \( O’ \) au plan \( P’ \), de telle sorte que le rayon des sections de coupe soit identique.

Utilisons les formules de géométrie pour les sections de sphères coupées par un plan.

Pour la petite sphère \( S \):
La distance entre le centre \( O \) et le plan est \( OH = 1.2 \, \text{cm} \).
Le rayon de la sphère est \( R = 1.5 \, \text{cm} \).

Le rayon \( r \) de la section circulaire formée est donné par :
\[ r^2 = R^2 – OH^2 \]
\[ r^2 = (1.5)^2 – (1.2)^2 \]
\[ r^2 = 2.25 – 1.44 \]
\[ r^2 = 0.81 \]
\[ r = \sqrt{0.81} \]
\[ r = 0.9 \, \text{cm} \]

Maintenant, pour la grande sphère \( S’ \):
Le rayon de la sphère est \( R’ = 4.1 \, \text{cm} \).

Nous cherchons \( O’H’ \) tel que la section de coupe ait le même rayon que la petite sphère, soit \( r = 0.9 \, \text{cm} \).

Appliquons à nouveau la formule :
\[ r^2 = R’^2 – O’H’^2 \]
\[ (0.9)^2 = (4.1)^2 – O’H’^2 \]
\[ 0.81 = 16.81 – O’H’^2 \]
\[ O’H’^2 = 16.81 – 0.81 \]
\[ O’H’^2 = 16 \]
\[ O’H’ = \sqrt{16} \]
\[ O’H’ = 4 \, \text{cm} \]

Ainsi, la distance \( O’H’ \) est \( 4 \, \text{cm} \).

Exercice 41 : des bougies en forme de boule
Pour résoudre ce problème, nous allons utiliser le théorème de Pythagore.

1. Considérons la boule de diamètre \(10 \, \text{cm}\). Le rayon de la boule est donc de :
\[ R = \frac{10}{2} = 5 \, \text{cm} \]

2. La base de la section coupée de la boule a un diamètre de \(6 \, \text{cm}\). Le rayon de cette base est donc de :
\[ r = \frac{6}{2} = 3 \, \text{cm} \]

3. Plaçons les points :
– \( O \) est le centre de la boule.
– \( H \) est le centre de la base de la section coupée.
– \( S \) est le sommet de la boule.
– \( P \) est le point où la section coupée touche la surface de la boule.

4. Nous voulons trouver la hauteur \( SH \) de la bougie.

5. Dans le triangle \( SPO \) droit en \( P \), \( SP \) est la hauteur \( SH \) recherchée, \( PO = r = 3 \, \text{cm} \) (car \( PO \) est le rayon de la base de la section coupée) et \( SO \) est le rayon de la boule \( R = 5 \, \text{cm} \).

Utilisons le théorème de Pythagore dans le triangle \( SPO \) :
\[
SO^2 = SP^2 + PO^2
\]

\[
5^2 = SP^2 + 3^2
\]

Résolvons ça pour \( SP \) :
\[
25 = SP^2 + 9
\]

\[
SP^2 = 25 – 9
\]

\[
SP^2 = 16
\]

\[
SP = \sqrt{16}
\]

\[
SP = 4 \, \text{cm}
\]

Donc, la hauteur \( SH \) de la bougie est \( 4 \, \text{cm} \).

Réponse
La hauteur \( SH \) de la bougie ainsi découpée est de \( 4 \, \text{cm} \).