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Chapitres de 3e sur les angles inscrits, les angles au - No

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Chapitres de 3e sur les angles inscrits, les angles au centre et les polygones réguliers
Référence : FE-3-013
Corrigé de la Feuille d’exercices FE-3-013
Exercice 13.01 :
Æ et BÆ
Les angles inscrits dans (C
C) sont les angles EÆ
CG, AGD
EA (réponse b), c) et f)).
Exercice 13.02 :
Æ et HCU
Æ (réponse b), c) et f)).
Les angles au centre dans (C
C) sont les angles ZÆ
CS , MCH
Exercice 13.03 :
Le tracé des angles inscrits demandés n’a pas été fait (cela ne présente à priori aucune difficulté à partir du moment où les angles ont été
correctement cités).
Angles inscrits interceptant l’arc vert :
Angles inscrits interceptant l’arc rouge :
Æ;R
Æ
Æ
Æ ; RNC.
Æ
RAC
SC ; R
FC ; ROC
SÆ
AF ; SÆ
RF ; Æ
S EF ; Æ
S CF ; SÆ
NF ; SÆ
OF .
Exercice 13.04 :
a) ZÆ
ER intercepte le même arc de cercle que l’angle au centre ZÆ
AR. L’arc de cercle intercepté est È
ZR .
b) Æ
R ZL intercepte le même arc de cercle que l’angle au centre RÆ
AL . L’arc de cercle intercepté est È
RL .
c) Æ
K EL intercepte le même arc de cercle que l’angle au centre KÆ
AL . L’arc de cercle intercepté est È
KL .
Æ
d) R
KL intercepte le même arc de cercle que l’angle au centre RÆ
AL . L’arc de cercle intercepté est È
RL .
e) Æ
R IE intercepte le même arc de cercle que l’angle au centre RÆ
AE. L’arc de cercle intercepté est È
RE .
f) Æ
I KZ intercepte le même arc de cercle que l’angle au centre Æ
I AZ . L’arc de cercle intercepté est È
IZ .
Exercice 13.05 :
Æ sont inscrits dans le même cercle (C).
Les angles LÆ
AO et LHO
De plus, ces deux angles interceptent le même arc de cercle È
LO .
Or, si deux angles inscrits dans un cercle interceptent le même arc de cercle, alors ils ont la même mesure.
Æ ont la même mesure.
Donc, les angles LÆ
AO et LHO
Æ = 27°.
Æ = 27°
Donc,
LÆ
AO = LHO
LAO
Exercice 13.06 :
Æ est un angle inscrit et M
Æ
L’angle MER
IR est un angle au centre dans le même cercle (C).
È
De plus, ces deux angles interceptent le même arc de cercle M
R.
Or, si un angle inscrit et un angle au centre dans un cercle interceptent le même arc de cercle, alors l’angle au centre a une
mesure égale au double de celle de l’angle inscrit.
Æ
Æ = 2 × 78° = 156°.
Æ = 156°
Donc,
M
IR = 2 × MER
MIR
Chapitres de 3e sur les angles inscrits, les angles au centre et les polygones réguliers
Référence : FE-3-013
Exercice 13.07 :
L’angle CÆ
EA est un angle inscrit et CÆ
SA est un angle au centre dans le même cercle (C).
De plus, ces deux angles interceptent le même arc de cercle È
CA .
Or, si un angle inscrit et un angle au centre dans un cercle interceptent le même arc de cercle, alors l’angle au centre a une
mesure égale au double de celle de l’angle inscrit.
Donc,
CÆ
SA = 2 × CÆ
EA = 2 × 46° = 92°.
CÆ
SA = 92°
Æ et NOA,
Æ on montre que ASN
Æ = 2 × NOA.
Æ
De la même manière, avec les angles ASN
(*)
Or,
Donc,
C, S et N sont alignés donc CÆ
SN est un angle plat (ie CÆ
SN = 180°).
Æ
Æ
ASN = 180° – C SA = 180° – 92° = 88°.
Finalement, en utilisant l’égalité (*), on obtient que :
Æ
Æ = ASN = 88° = 44°
NOA
2
2
Æ = 44°
NOA
Exercice 13.08 :
Æ
Les angles N
SE et Æ
N IE sont inscrits dans le même cercle (C2).
De plus, ces deux angles interceptent le même arc de cercle È
NE .
Or, si deux angles inscrits dans un cercle interceptent le même arc de cercle, alors ils ont la même mesure.
Æ
Æ
Donc, les angles N
SE et Æ
N IE ont la même mesure.
N
SE = Æ
N IE
(*)
On montre de la même façon que :
Æ=Æ
ARC
A IC
Les angles Æ
A IC et Æ
N IE sont opposés par le sommet.
Or, deux angles opposés par le sommet ont la même mesure.
Æ
Donc les angles Æ
A IC et Æ
N IE ont la même mesure.
A IC = Æ
N IE
De (*), (**) et (***), on tire que :
Æ
Æ
N
SE = Æ
N IE = Æ
A IC = ARC
(**)
(***)
Æ
Æ
N
SE = ARC
Donc,
Exercice 13.09 :
Les angles EÆ
SR et RÆ
AE sont inscrits dans le même cercle (C2).
De plus, ces deux angles interceptent le même arc de cercle È
RE .
Or, si deux angles inscrits dans un cercle interceptent le même arc de cercle, alors ils ont la même mesure.
Donc, les angles EÆ
SR et RÆ
AE ont la même mesure.
EÆ
SR = RÆ
AE
(*)
On montre de la même façon que :
Æ = NRA
Æ
NCA
(**)
Les droites (NR) et (AE) sont parallèles.
Æ et RÆ
Les angles NRA
AE sont des angles alternes-internes.
Or, si deux droites sont parallèles, alors les angles alternes-internes formés par ces deux droites ont la même mesure.
Æ et RÆ
Æ = RÆ
Donc les angles NRA
AE ont la même mesure.
NRA
AE
(***)
De (*), (**) et (***), on tire que :
Æ = NRA
Æ = RÆ
NCA
AE = EÆ
SR
Or, EÆ
SR = 40°
Æ = 40°
Donc, NCA
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Référence : FE-3-013
Exercice 13.10 :
Les angles EÆ
RC et EÆ
AC sont inscrits dans le même cercle (C2).
De plus, ces deux angles interceptent le même arc de cercle È
CE .
Or, si deux angles inscrits dans un cercle interceptent le même arc de cercle, alors ils ont la même mesure.
Donc, les angles EÆ
RC et EÆ
AC ont la même mesure.
EÆ
RC = EÆ
AC
Comme EÆ
AC = 62°, on en déduit que EÆ
RC = 62°.
Æ et EÆ
Les angles NRB
RC sont opposés par le sommet.
Or, deux angles opposés par le sommet ont la même mesure.
Æ et EÆ
Æ = EÆ
Donc les angles NRB
RC ont la même mesure.
NRB
RC
Æ
Æ
Comme E RC = 62°, on en déduit que NRB = 62°.
Æ est un angle au centre et NRB
Æ est un angle inscrit dans le même cercle (C).
L’angle NOB
De plus, ces deux angles interceptent le même arc de cercle È
NB .
Or, si un angle inscrit et un angle au centre dans un cercle interceptent le même arc de cercle, alors l’angle au centre a une
mesure égale au double de celle de l’angle inscrit.
Æ = 2 × NRB
Æ = 2 × 62° = 124°
Æ = 124°
Donc,
NOB
NOB
Exercice 13.11 :
a) Les droites (AC) et (BD) se coupent en E.
Æ
Æ
Donc les points A, E, C sont alignés. A
EC est alors un angle plat (ie A
EC = 180°).
Æ
BÆ
EC = A
EC – AÆ
EB = 180° – 68° = 112°
BÆ
EC = 112°
La somme des angles d’un triangle est égale à 180°. Appliqué au triangle BEC, ce résultat donne :
EÆ
CB = 180° – BÆ
EC – EÆ
BC = 180° – 112° – 28° = 40°
ð
AÆ
CB = 40°
b)
On va faire ce que l’on appelle en mathématiques un raisonnement par l’absurde. Si l’on veut montrer que E n’est pas le centre du
cercle, alors on va supposer que E est centre du cercle et on va essayer d’aboutir à une affirmation fausse, absurde.
On en conclura alors que ce qui a été supposé au départ est faux à savoir que E n’est pas le centre du cercle.
Supposons E centre du cercle.
Æ
Dans ce cas, A
EB est un angle au centre qui intercepte le même arc de cercle È
A B que l’angle inscrit AÆ
CB.
Or, si un angle inscrit et un angle au centre dans un cercle interceptent le même arc de cercle, alors l’angle au centre a une
mesure égale au double de celle de l’angle inscrit.
Æ
Donc, on doit avoir : A
EB = 2 × AÆ
CB = 2 × 40° = 80°
Ce n’est pas possible car d’après l’énoncé, AÆ
EB = 68°.
Donc, ce que l’on a supposé au départ (E centre du cercle) est absurde.
Donc, E n’est pas le centre du cercle.
Exercice 13.12 :
a) Ce n’est pas un polygone régulier car tous ses angles ne sont pas de même mesure.
b) C’est un polygone régulier car c’est un triangle équilatéral qui a donc tous ses côtés de même longueur et tous ses angles
de même mesure.
c) Ce n’est pas un polygone régulier car tous ses angles ne sont pas de même mesure.
d) C’est un polygone régulier car c’est un carré qui a donc tous ses côtés de même longueur et tous ses angles de même
mesure.
Chapitres de 3e sur les angles inscrits, les angles
angle au centre et les polygones réguliers
Référence : FE-3-013
Exercice 13.13 :
Æ
SC = 60°.
SAC est un triangle équilatéral.. Tous ses angles ont donc la même mesure égale à 60°. En particulier, A
Æ
Æ
A SC est un angle inscrit dans le cercle (C). AOC est un angle au centre dans le cercle (C).
AC .
Ces deux angles interceptent le même arc de cercle È
Or, la mesure d’un angle au centre vaut le double de celle d’un angle inscrit qui intercepte le même arc de cercle.
Æ =2×A
Æ
Æ = 120°
Donc,
AOC
SC = 2 × 60° = 120°
AOC
Exercice 13.14 :
a) HEXAGO est un hexagone régulier donc tous ses angles au centre ont la même mesure.
360°
Æ
Æ
H
CE =
= 60°
H
CE = 60°
6
b) [HC] et [CE] sont des rayons du même cercle donc le triangle HCE est isocèle en C.
Or, les deux angles à la base d’un triangle isocèle ont la même mesure.
Æ
Donc, CÆ
HE = H
EC.
Dans un triangle, la somme des angles est égale à 180°. Appliqué au triangle HCE, ce résultat permet d’écrire :
Æ
Æ
CÆ
HE + H
EC + H
CE
=
180°
Æ
Æ
CÆ
HE + H
EC + H
CE
=
180°
Æ
2H
EC + 60°
=
180°
Æ
2H
EC
=
180° – 60°
120°
Æ
H
EC
=
2
Æ
Æ
H
EC
=
60°
H
EC = 60°
c)
Æ
Æ
On constate que
CÆ
HE = H
EC = 60° = H
CE
Le triangle HEC a donc tous ses angles à la base de même mesure.
C’est donc un triangle équilatéral.
d)
P HEXAGONE
= 6 × HE
= 6×r
car HEC est équilatéral donc HE = CE = r
= 6r
Le périmètre d’un hexagone régulier est égal à 6r
6 où r est le rayon du cercle dans lequel cet hexagone est inscrit.
Exercice 13.15 :
1e méthode : on utilise la définition d’un polygone régulier.
Rappelons tout d’abord cette définition.
Un polygone est régulier lorsque tous ses côtés ont la même longueur et tous ses
angles ont la même mesure.
Æ=D
Æ
On doit donc montrer que BD = DC = CE = BE et que BDC
CE = CÆ
EB = EÆ
BD.
[BD], [DC], [CE] et [BE] sont tous des hypoténuses d’un même triangle : un triangle
rectangle et isocèle dont les côtés de l’angle droit mesurent 4 cm.
Donc, sans calcul, on peut affirmer que : BD = DC = CE = BE.
BE
Il ne reste plus qu’à vérifier que tous les angles ont la même mesure.
Æ = ADB
Æ = 45°.
Parce que BAD est rectangle isocèle
èle en A, on a :
ABD
Æ = ACD
Æ = 45°.
On montre de même que :
ADC
Æ = ADB
Æ + ADC
Æ = 45° + 45° = 90°.
Donc,
BDC
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Référence : FE-3-013
Æ
Æ=D
Æ
Æ = 90°.
On montre de la même manière que D
CE = 90° ; CÆ
EB = 90° ; EÆ
BD = 90°. Donc, BDC
CE = CÆ
EB = EBD
D’après la définition, BDCE est bien un polygone régulier (à 4 côtés). C’est donc même un carré pour être plus précis.
2e méthode : on utilise la propriété 3.
Rappelons cette propriété.
Dire qu’un polygone est régulier équivaut à dire que ce polygone est inscriptible dans un cercle et que tous les angles au centre
déterminés par deux sommets consécutifs de ce polygone ont la même mesure.
Il est clair, par construction, que BDCE est inscrit dans un cercle.
Reste à montrer que tous les angles au centre déterminés par deux sommets consécutifs ont la même mesure, c’est-à-dire à
Æ = DAC
Æ = CÆ
montrer que BAD
AE = EÆ
AB.
Les droites (d) et (d’) sont perpendiculaires et par construction des points B, C, D et E, on peut affirmer que :
Æ = DAC
Æ = CÆ
BAD
AE = EÆ
AB = 90°.
Donc, BDCE est un polygone inscrit dans un cercle tel que tous les angles au centre déterminés par deux sommets consécutifs
ont la même mesure.
D’après la propriété 3, BDCE est un polygone régulier.
Exercice 13.16 :
a) AOUTIENS est un octogone régulier donc tous les angles au centre ont la même mesure.
Æ = 360° = 45°
Æ = 45°
ACO
ACO
8
b)
Æ = 45°, on a OCU
Æ = 45°.
De même que ACO
Æ = ACO
Æ + OCU
Æ = 45° + 45° = 90°.
Donc, ACU
Æ est donc un angle droit ce qui signifie que les droites (AC) et (CU) sont perpendiculaires.
ACU
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Référence : FE-3-013
Exercice 13.17 :
a) PENTA est un pentagone régulier donc tous les angles au centre déterminés par
deux sommets consécutifs de ce polygone ont la même mesure.
360°
Æ = 72°
PÆ
OE =
= 72°
POE
5
b)
Il suffit de tracer un cercle de centre O et de rayon 4 cm et d’y placer un point A.
A partir de ce point, on trace des angles adjacents de 72°. On obtient alors 4
autres points P, E, N et T qui forment avec A le pentagone régulier PENTA.
c) Le triangle POE a deux côtés de même longueur vu que [PO] et [OE] sont des
rayons du cercle. POE est donc un triangle isocèle en O.
d)
Placer O' le milieu du côté [PE].
La droite (OO’) est par construction la médiane issue de O du triangle POE.
Or, ce triangle est isocèle en O. Et les droites remarquables issues du sommet principal d’un triangle isocèle sont
confondues.
Donc, (OO’) est également, par exemple, hauteur dans le triangle POE.
Ceci nous permet de dire que le triangle POO' est un triangle rectangle en O’.
e)
Æ = 90°.
POO' est un triangle rectangle en O’. Donc,
PO′O
Avec le même raisonnement fait dans la question d), la droite (OO’) est également bissectrice dans le triangle POE donc
Æ
Æ = P OE = 72° = 36°
Æ = 36°.
POO′
POO′
2
2
La somme des angles d’un triangle est égale à 180°. Appliquons ce résultat au triangle POO’ et on a :
Æ = 54°.
Æ = 180° – POO′
Æ – PO′O
Æ = 180° – 36° – 90° = 54°. OPO′
OPO′
f)
Le triangle POO’ est rectangle en O’. La trigonométrie s’y applique et on a :
Æ = O′P
Sin (POO′)
OP
O′P
Sin (36°) =
Par produit en croix, O’P = 4 Sin (36°) (valeur exacte) ≈ 2,4 (valeur approchée)
4
O’ étant le milieu de [PE], on a :
PE = 2 × O’P = 8 Sin (36°) ≈ 4,7
PE = 8 Sin (36°) (valeur exacte) ≈ 4,7 (valeur approchée)
g)
P PENTA = 5 × PE = 40 Sin (36°) ≈ 23,5
Le périmètre du pentagone PENTA est égal à 40 Sin (36°) (valeur exacte) soit environ 23,5 cm (valeur approchée).
h)
La trigonométrie dans POO’ :
Par produit en croix,
OO′
OP
Æ = 4 Cos (36°)
OO’ = OP × Cos (POO′)
OO’ = 4 Cos (36°) (valeur exacte) ≈ 3,2 (valeur approchée)
Æ =
Cos (POO′)
PE×OO′ 8×Sin(36°)×4×Cos(36°)
=
= 16 Sin (36°) Cos (36°) ≈ 7,6
2
2
L’aire du triangle POE est égale à 16 Sin (36°) Cos (36°) cm 2 soit environ 7,6 cm 2
A POE =
A PENTA = 5 × A POE = 5 × 16 Sin (36°) Cos (36°) = 80 Sin (36°) Cos (36°) ≈ 38
Le pentagone régulier PENTA a une aire égale à 80 Sin (36°) Cos (36°) cm 2 (valeur exacte) soit environ 38 cm 2 (valeur
approchée)
Il est préférable ici, comme dans tous les autres exercices, de garder les valeurs exactes pour les calculs intermédiaires tant qu’on n’a
pas obtenu le résultat de la toute dernière question car dans le cas contraire, cela crée des erreurs d’arrondi qui se répercutent sur le résultat
final pouvant provoquer un écart assez important avec la valeur attendue.
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Exercice 13.18 :
a) Un décagone possède 10 côtés.
b)
RECUSATION est un décagone régulier donc :
360°
CÆ
BE =
= 36°
CÆ
BE = 36°
10
Dans un décagone régulier, tous les angles au centre ont la même mesure.
Æ
O
BI = 36°
Donc,
c)
Æ
C
SE est un angle inscrit dans le cercle (C) et CÆ
BE est un angle au centre.
Ces deux angles interceptent le même arc de cercle È
CE .
Or, la mesure d’un angle au centre vaut le double de celle d’un angle inscrit qui intercepte le même arc de cercle.
CÆ
BE 36°
Æ
Æ
C
SE = 18°
Donc, C
SE =
=
= 18°
2
2
Æ
Æ
Æ
Le raisonnement appliqué entre les angles C
SE et CÆ
BE peut s’appliquer entre les angles O
BI et O
NI .
Æ
NI = 18°
On en déduit que O
d)
Rappelons tout d’abord le résultat sur les deux angles inscrits qui interceptent le même arc de cercle.
Rappel :
Soient deux angles inscrits.
Ils interceptent le même arc de cercle ð
ils ont la même mesure.
Ici, la réciproque serait : « si deux angles inscrits ont la même mesure, alors ils interceptent le même arc de cercle ».
Æ
Æ
La réciproque est clairement fausse comme le montre les angles C
SE et O
NI qui sont inscrits tous les deux dans le même
cercle, qui ont la même mesure et qui pourtant n’interceptent pas le même arc de cercle (È
CE ≠ È
OI ).
Exercice 13.19 :
a)
Les angles Æ
I AR et Æ
I TR sont des angles inscrits dans le même cercle et ils interceptent le même arc de cercle È
IR .
Or, deux angles inscrits dans un cercle interceptant le même arc de cercle ont la même mesure.
Donc, Æ
I AR = Æ
I TR = 50°.
La somme des angles d’un triangle est égale à 180°. Appliqué au triangle AIR, cela nous permet de calculer Æ
A IR .
Æ
A IR = 180° – Æ
I AR – Æ
A RI = 180° – 50° – 40° = 90°.
Le triangle AIR est donc rectangle en I vu que Æ
A IR est un angle droit.
b)
Le triangle AIR est un triangle rectangle en I.
Or, l’hypoténuse est le diamètre du cercle circonscrit d’un triangle rectangle.
Donc, [AR] est le diamètre du cercle tracé.
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angle au centre et les polygones réguliers
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Exercice 13.20 :
a) Voir figure.
b)
Æ est un angle inscrit tout comme AÆ
AQP
AP .
BP qui d’ailleurs intercepte le même arc de cercle È
Or, deux angles inscrits qui interceptent le même arc de cercle ont la même mesure.
Æ = 35°.
Æ = 35°.
Donc, AÆ
BP = AQP
ABP
c)
[AB] est un diamètre du cercle dans lequel le triangle APB est inscrit.
Or, si un triangle est inscrit dans un cercle de diamètre l’un de ses côtés, alors ce triangle est rectangle d’hypoténuse ce
diamètre.
Donc, le triangle APB est rectangle d’hypoténuse [AB] donc rectangle en P.
d)
Le triangle APB est rectangle en P. La trigonométrie s’y applique.
AP
Sin (AÆ
BP) =
AB
AP
Sin (35°) =
Par produit en croix, on obtient AP = 5 × Sin (35°) ≈ 2,9
5
e)
AP = 2,9 cm arrondi au mm près
Pour déterminer la mesure de l’angle Æ
P IB , déterminons d’abord celle de PÆ
AB.
La somme des angles d’un triangle étant égale à 180°, on a :
PÆ
AB = 180° – AÆ
PB – AÆ
BP = 180° – 90° – 35° = 55°.
PÆ
AB = 55°.
PÆ
AB est un angle inscrit qui intercepte
ntercepte le même arc de cercle È
PB que l’angle au centre Æ
P IB .
Or, la mesure d’un angle au centre vaut le double de celle d’un angle inscrit s’ils interceptent le même arc de cercle.
Æ
Donc, Æ
P IB = 2 × PÆ
AB = 2 × 55° = 110°
P IB = 110°
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Exercice 13.21 :
a) Figure non représentée en vraie grandeur.
b)
Les points A et B appartiennent tous les deux au cercle de centre O.
ABO est donc un triangle isocèle en O. Mais tous les angles au centre d’un
hexagone régulier ont la même mesure.
Æ = 360° = 60°
Donc, AOB
6
ABO est donc un triangle isocèle avec un de ses angles qui mesurent 60°.
C’est donc un triangle équilatéral.
ABO est un triangle équilatéral.
Rappelons la propriété utilisée implicitement ici : « Un triangle isocèle dont l’un des angles mesure 60° est un triangle équilatéral ». La
preuve de ce résultat a été faite dans la correction de l’exercice 13.14 (questions b) et c)).
Pour calculer l’aire du triangle AOB, on aura besoin des longueurs AB et OH.
ABO est un triangle équilatéral de côté 5 cm donc AB = 5 cm.
Le triangle AHO est rectangle en H donc le théorème de Pythagore dans ce triangle donne :
ð
HO = 18,75
HO 2 = AO 2 – AH 2 = 52 – 2,52 = 25 – 6,25 = 18,75
(AH = 2,5 cm car dans le triangle équilatéral ABO, la hauteur (HO) joue également le rôle de médiane donc AH =
AB
= 2,5)
2
On peut maintenant calculer l’aire du triangle ABO.
base×hauteur AB×HO 5× 18,75
=
=
≈ 11
A ABO =
2
2
2
Le triangle ABO a une aire égale à environ 11 cm 2
L’hexagone ABCDEF est formé de 6 triangles équilatéraux tous de côté 5 cm donc :
5× 18,75
A ABCEDF = 6 × A ABO = 6 ×
≈ 65
2
L’hexagone ABCDEF a une aire égale à 65 cm 2
5× 18,75
5× 18,75
et non par 11 car 11 est une valeur approchée tandis que
est la
2
2
valeur exacte. En calculant l’aire de l’hexagone ABCDEF avec la valeur exacte plutôt que la valeur approchée, on aura une valeur finale
5× 18,75
plus près de la valeur exacte. D’ailleurs, si l’on avait utilisé 11 plutôt que
, on aurait trouvé en résultat final 66 au lieu de 65.
2
Il est judicieux ici de remplacer A ABO par
c)
V cylindre
V pièce
= A BASE × h
= π × r2 × h
= π × 52 × 20
≈ 1571
Le volume du cylindre est d’environ 1 571 cm 3
= A HEXAGONE × h
= 65 × 20
= 1300
Le volume de la pièce à base hexagonale est d’environ 1 300 cm 3
Lors de l’usinage, il a été perdu 271 cm 3
(1571 – 1300 = 271)
271
× 100 ≈ 17,3
Lors de l’usinage, il a été perdu environ 17,3 % de métal.
1571
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