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Chapitres de 3e sur la géométrie dans l’espace et la sphère
Référence : FE-3-009
Corrigé de la feuille d’exercices FE-3-009
Exercice 9.01 : a) D, J, A, K appartiennent à la sphère car un des grands cercles passent par ces points.
b) [AD] est un diamètre de cette sphère donc AD = 2 × 5 cm = 10 cm.
c) (KO) est une hauteur du triangle KAD mais c’est aussi une médiane puisque O, centre de la sphère est donc le milieu de [AD].
Ceci justifie le fait que KAD est un triangle isocèle. Si dans un triangle, deux des droites remarquables issues d’un des sommets sont
confondues, alors ce triangle est isocèle en ce sommet.
d) Avec le théorème de Pythagore dans KOA rectangle et isocèle en O, on peut écrire :
AH 2 = OA 2 + OK 2 = 52 + 52 = 50
ð
AH = 50 cm = 5 2 cm.
Rappelons que 50 =
25×2 = 25 × 2 = 5 2
Exercice 9.02 : a) Le schéma fait n’a pas été réalisé en vraie grandeur mais vous
devez bien sûr le faire vous en vraie grandeur.
Attention, si le diamètre est égal à 4 cm, alors le rayon sera égal à 2 cm. De plus, il faut tracer
un grand cercle passant par P pour montrer que P est sur la sphère.
b) Dire que les points M et N sont diamétralement opposés signifie que [MN] doit former un
diamètre de la sphère donc leur milieu doit être le point O, centre de la sphère.
c) Si le point P est à 2 cm du point O, alors cela signifie que le point P appartient à la sphère
(n’importe où puisqu’il n’y a pas plus de conditions).
d) Les trois points M, P, N sont situés sur la même sphère de centre O donc ils
appartiennent tous les trois à un des grands cercles de cette sphère de diamètre
[MN]. Un grand cercle est un cercle de centre O et de rayon le rayon de la sphère.
Ainsi, puisqu’ils appartiennent tous les trois à un cercle de diamètre [MN], c’est que
le triangle MNP est rectangle en P d’après la propriété : « Si un triangle est inscrit
dans un cercle de diamètre l’un de ses côtés, alors ce triangle est rectangle
d’hypoténuse ce côté ».
Exercice 9.03 :
a) h totale du cornet de glace = h cône + h boule
= 10 + 3
= 13
La hauteur totale du cornet de glace est 13 cm.
b) Voir schéma ci-contre.
Exercice 9.04 : a) Notons L la longueur de l’équateur.
L = 2 × π × r = 2 × π × 6378 = 40 074. La longueur de l'équateur est d’environ 40 074 km.
b) Notons d la distance entre le pôle Nord et le pôle Sud.
d = 2 × r = 2 × 6378 = 12 756
La distance entre le pôle Nord et le pôle
Sud est de 12 756 km.
c) Pour déterminer la vitesse de l’aventurier, il faut d’abord déterminer la distance
d
parcourue puis utiliser la formule v = .
t
Attention cependant, cette question cache un piège ! Quelle est la distance parcourue par
l'aventurier Kévin Fog ?
Il ne faudrait pas croire que cette longueur est la réponse à la question a) car il a volé à 1000 m
d’altitude donc en quelque sorte, il a parcouru un cercle formé d’un rayon plus grand que 6 378
km de 1 000 m.
d = 2 × π × r = 2 × π × 6379 = 2 × π × r = 40 080
L'aventurier Kévin Fog a parcouru 40 080 km.
t = 80 j = 80 × 24 h = 1 920 h.
d 40080
v=
=
= 20,9 à 0,1 près L’aventurier Kévin Fog a survolé l’équateur à la vitesse de 20,9 km.h-1.
1920
t
Chapitres de 3e sur la géométrie dans l’espace et la sphère
Exercice 9.05 :
4
4
a) V boule = π r 3 = × π × 0,43 = 0,288 π dm 3
3
3
b) A sphère = 4 π r 2 = 4 × π × 122 = 576 π
4
4
c) V ballon = π r 3 = × π × 1203 = 2304000 π
3
3
Référence : FE-3-009
ð
V boule = 0,288 π dm 3.
ð
A sphère = 576 π cm 2.
ð
V boule = 2 304 000 π mm 3
= 2 304 π cm 3.
Attention à bien faire attention à si on vous a donné le rayon ou le diamètre. C’est le rayon qui apparaît dans les formules.
Exercice 9.06 : a) S soleil = 4 π r 2 = 4 × π × 6960002 = 6,09 × 1012
La surface du Soleil est égale à 6,09 × 1012 km 2.
4
4
b) V soleil = π r 3 = × π × 6960003 = 1,41 × 1018 Le volume du Soleil est égale à 1,41 × 1018 km 3.
3
3
4
4
Le volume du Soleil est égale à 1,09 × 1012 km 3.
c) V Terre = π r 3 = × π × 63783 = 1,09 × 1012
3
3
VSoleil 1,41×1018
=
≈ 1 300 000. Le Soleil est environ 1 300 000 de fois plus grand que la Terre.
d)
VTerre 1,09×1012
r
696000
Autre méthode : Soleil =
≈ 109
La Terre est donc « une réduction du Soleil de rapport k = 109 ».
6378
rTerre
k 3 = 1093 ≈ 1 300 000.
Donc, même conclusion.
On a utilisé dans cette méthode la propriété qui dit que dans une réduction de rapport k, les longueurs sont multipliées par k, les aires sont
multipliées par k 2 , les volumes par k 3 .
Exercice 9.07 : Les boules de Noël en chocolat que désire fabriquer ce pâtissier seront fourrées donc il faut calculer le volume
d’une boule de Noël en chocolat.
V 500 boules = 500 × V 1 boule
4
= 500 × π r 3
3
4
= 500 × × π × 1,253 = 4 090,6 cm 3.
3
Les 500 boules de Noël en chocolat représentent 4 096,6 cm 3 soit environ 4,1 dm 3 ou encore 4,1 L.
Rappel : 1 L = 1 dm 3 = 1 000 cm 3 . Je suis presque sûr que vous ne vous en souvenez pas. Je vous donne une astuce pour vous en souvenir.
Retenez simplement que l’on peut passer des unités de contenance (litre, …) aux unités de volume (mètre cube, …) sans soucis. La question à
savoir, c’est est-ce que 1 L = 1 m 3 ? 1 L = 1 dm 3 ? 1 L = 1 cm 3 ? … .
• Prenez une règle graduée et une bouteille d’eau d’1 L. Tracer sur du papier ou au pire imaginez dans votre tête un cube de côté 1
cm. Pensez-vous que l’intérieur d’un tel cube peut être rempli par une grande bouteille d’eau d’un litre ? NON. C’est tellement petit
que vous n’y rentrerez même pas un petit verre d’eau. C’est donc que 1 L ≠ 1 cm 3 .
• Maintenant, imaginez-vous un cube de côté 1 m (trop grand pour être tracé). Pensez-vous que vous remplirez tout l’intérieur avec
une seule bouteille de 1 litre ? NON. Vous pourrez y verser très probablement des centaines et des centaines de ces bouteilles d’eau.
C’est donc que 1 L ≠ 1 m 3 .
• Si 1 L ≠ 1 mm 3 et si 1 L ≠ 1 m 3 , c ‘est qu’il reste l’unité de volume du milieu : le dm 3 . Donc, 1 L = 1 dm 3 . Et effectivement, si l’on
essaie de verser toute une bouteille d’un litre dans un cube tracé de côté 1 dm = 10 cm, il y a des chances pour que l’on remplisse
tout l’intérieur.
4
4
π r 3 = × π × 1,53 = 4,5 π dm 3.
3
3
V cylindre de révolution
= π r 2 × h = π × 1,52 × 3 = 6,75 π dm 3.
1
1
V cône de révolution
= π r 2 × h = × π × 1,52 × 3 = 2,25 π dm 3.
3
3
On a donc clairement :
V cylindre de révolution > V boule > V cône de révolution.
Exercice 9.08 :
V boule
Exercice 9.09 : V silo à grains
=
= V partie cylindrique
= π r2 × h
= 202,5 π
= 219,375 π
V partie conique
1
+
π r2 × h
3
+
16,875 π
= 689 arrondi au m 3.
+
Ce silo a pour volume 689 m 3.
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Référence : FE-3-009
Exercice 9.10 : Attention à bien réfléchir sur cet exercice ce que l’on chercher à calculer. On peint une surface, pas un volume donc il ne
faudra pas calculer le volume du cylindre et celui de la demi-sphère mais leur surface latérale.
Rappel :
Surface cylindre = (2 × π × rayon) × hauteur (c’est-à-dire périmètre du cercle de base × rayon°.
4×π× rayon 2
Surface demi – sphère =
= 2 × π × rayon 2
2
S observatoire = S bâtiment cylindrique
+
S dôme (partie sphérique)
=2πr×h
+
2 π r2
= 2 × π × 2,25 × 3,5
+
2 × π × 2,252
= 15,75 π
+
10,125 π
= 25,875 π
≈ 81,29 m 2
La surface à peindre représente 81,29 m 2.
81,29
≈ 6,8 Cet astronome aura besoin d’environ 6,8 L de peinture mono – couche.
12
1 4
× × π × r3
2 3
1 4
= × × π × 93
2 3
= 486 π cm 3 (valeur exacte)
= 1 527 cm 3
(valeur arrondie ou approchée)
3
La cloche à fromages a un volume de 486 π cm soit environ 1 527 cm 3.
b) Pour trouver la hauteur de la boîte cylindrique, on résout l’équation : V boite cylindrique = V cloche (valeur exacte) soit l’équation :
π × r2 × h =
486 π
2
π×9 ×h =
486 π
81π × h
=
486 π
486π
h =
=
6
La hauteur de la boîte est 6 cm.
81π
Exercice 9.11 : a) V cloche à fromage
=
Exercice 9.12 : On désire réaliser une maquette à l'échelle
1
de la pyramide de Khéops. C'est une pyramide régulière à
1500
base carrée de 231 m de côté et de 147 m de hauteur.
1
a) 231 m ×
= 0,154 m = 15,4 cm
Pour la maquette, le côté de la base a pour longueur 15,4 cm.
1500
1
147 m ×
= 0,098 m = 9,8 cm
Pour la maquette, la hauteur de la pyramide mesure 9,8 cm.
1500
1
b) V pyramide
= × A BASE × h
3
1
= × 15,42 × 9,8
3
≈ 775.
Le volume de la maquette est d’environ 775 cm 3.
Exercice 9.13 : a) Il s’agit d’une section d’une boule par un plan donc la section est un disque de centre A.
b) S section = π × r 2
= π × AM 2
Calcul de AM 2 par le théorème de Pythagore appliqué à OAM rectangle en A :
= π × 55
AM 2 = OM 2 – OA 2 = 82 – 32 = 55
= 55 π
L’aire exacte de la surface de cette section est de 55 π cm 2.
Remarque : Pour ceux qui sont allés jusqu’au bout dans l’application du théorème de Pythagore et qui ont calculé AM, notez que ce n’était
2
pas la peine puisqu’il nous fallait par AM en fait mais AM donc inutile de prendre la racine carrée pour ensuite élever au carré.
Exercice 9.14 : a) Cette section est un rectangle.
b) Pour la représenter en vraie grandeur, il faut déterminer la longueur GN.
Le théorème de Pythagore dans le triangle rectangle GHN donne :
GN = GH 2+HN 2 = 52+12 = 26
Cette rédaction du théorème de Pythagore est autorisée et permet d’aller plus vite.
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Référence : FE-3-009
Il s’agit ici de simplement représenter en vraie grandeur un rectangle de longueur √26 cm (≈ 5,1 cm) et de largeur 3 cm.
Aucune difficulté ici. La figure ne sera pas construite.
Exercice 9.15 : a) AENP et BMNC sont des rectangles d’après la propriété : « La section d'un pave droit ou d'un cube par un plan
parallèle à une arête est un rectangle, dont l'une des dimensions correspond à la longueur de cette arête ».
b) Pour comparer les aires de ces deux rectangles, il faut d’bord calculer les longueurs AP et MB.
Le théorème de Pythagore dans le triangle ADP rectangle en D donne :
AP 2 = AD 2 + DP 2 = 42 + 32 = 25
ð
AP = 25 = 5 cm.
Le théorème de Pythagore dans le triangle MFB rectangle en F donne :
MB 2 = MF 2 + BF 2 = 32 + 32 = 18
ð
MB = 18 = 9×2 = 3 2 cm
A AENP
= AE × AP
=3×5
= 15
L’aire de AENP est égale à 15 cm 2.
A BMNC
= MB × BC
=3 2 ×4
= 12 2
12 2 =17 à l’unité près donc on constate que :
L’aire de BMNC est égale à 12 2 cm 2.
A BMNC > A AENP
Exercice 9.16 : a) La section obtenue est un rectangle dont les deux dimensions sont la hauteur du cylindre et le diamètre des
deux bases.
b) question non corrigée. Il suffit simplement de tracer un rectangle de 6 cm sur 7 cm.
c) A section = Longueur × largeur
= h cylindre × d Base
= 6 × 7 = 42
L’aire de la section est égale à 42 cm 2.
1
× π × r2 × h
3
1
= × π × 52 × 9
3
1
= × π × 5^2 × 9
3
= 235,6.
Exercice 9.17 : a) V1 =
Le volume du grand cône de révolution est 235,6 cm 3.
b) Remarquez que l’on coupe un cône de révolution par un plan parallèle à la base donc d’après le cours, la section obtenue est bien un cône
de révolution plus petit donc une réduction du cône initial.
Notons k le coefficient de réduction. Alors : k =
c) V2
SM 3 1
= = .
SO 9 3
= k 3 × V1
3
1
=   × 235,6
3
= 8,7.
Le volume du grand cône de révolution est 8,7 cm 3.
On a utilisé dans cette question la propriété qui dit que dans une réduction de rapport k, les longueurs sont multipliées par k, les aires par k 2 ,
les volumes par k 3 .
Chapitres de 3e sur la géométrie
éométrie dans l’espace et la sphère
Référence : FE-3-009
Exercice 9.18 : a) c) Voir figure ci-contre.
ABASE ×hauteur
b) V Pyramide =
3
2
4,5 ×9
=
3
= 60,75
Le volume de cette pyramide est égal à 60,75 cm 3.
d) Il s’agit d’une section d’une pyramide à base carrée par
un plan parallèle à la base. Donc, la section obtenue est un
carré.
e) V Petite pyramide = k 3 × V Grande pyramide
3
2
=   × 60,75 = 18.
3
Le volume de la
petite pyramide est 18 cm 3.
Exercice 9.19 : Le rectangle ANES est-ilil un agrandissement
du rectangle FIGH ? Justifier.
IG = 14 cm GH = 9 cm
AS = 21 cm SE = 12 cm
Exercice 9.20 : On utilise dans cet exercice la propriété qui dit que dans une réduction de rapport k,, les longueurs sont multipliées par k, les
aires par k 2 , les volumes par k 3 .
a) Si l’on divise le rayon d’une boule par 3, son
on volume sera divisé par 33 = 27.
b) Si l’on multiplie par 0,75 les dimensions d'un cube, sa surface latérale sera multipliée par 0,752 = 0,562 5.
Exercice 9.21 : a) Echelle carte
distan
nceréduite
dista
tanceréelle
23,3
=
(Attention à bien convertir dans les mêmes unités !!!)
58250000
1
1
=
(à l’aide de la calculatrice)
L’échelle
échelle de cette carte est
.
2500000
2500000
=
b) S France maquette = k 2 × S France réelle
2
1
 × 6 754 170 000 000 000
 2500000 
=
= 1081 à l’unité près.
(car 1 km 2 = 10 000 000 000 cm 2 )
L superficie de la France sur cette carte est égale à 1081 cm 2.
La
Exercice 9.22 : Il faut rappeler pour cet exercice qu’augmenter un nombre de 20 % revient à multiplier ce nombre par 1,20.
a) Sii on augmente les longueurs des côtés d’un carré de 20 %, alors elles seront multipliées par 1,20 et donc le coefficient
d'agrandissement est 1,20.
b) Le périmètre sera multiplié par 1,20 donc il augmentera de 20 %.
c) L’aire sera multipliée par 1,202 = 1,44 donc l’aire augmentera de 44 %.
Commentaire : On a utilisé dans cet exercice la propriété qui dit que dans une réduction de rapport k,, les longueurs sont multipliées par k, les
aires par k 2 .
2
Exercice 9.23 : a) L'aire d'une sphère est 154 cm .
On multiplie son rayon par 2,5.
A nouvelle sphère
= k 2 × A ancienne sphère
= 2,52 × 154
= 962,5
La nouvelle aire de la sphère est 962,5 cm 2.
b) S nouveau champ
= k 2 × S ancien champ
=
1
Diviser par 2,5 revient à multiplier par l’inverse donc à multiplier par 2,5
= 1,92
La nouvelle surface du champ sera de 1,92 ha soit 19 200 m 2.
1 2
× 12
 2,5 
Rappel : L’hectare (ha), l’are (a) et le centiare (ca
a) sont des unités de mesures agricoles. 1 ha = 10 000 m 2 ; 1 a = 100 m 2 ; 1 ca = 1 m 2 .
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Exercice 9.24 : a) A ballon
= 4 × π × r2
= 4 × π × 122
= 576 π
Référence : FE-3-009
L'enveloppe de ce ballon a une aire de 576 π cm 2.
4
× π × r3
3
4
= × π × 123
3
= 2304 π
Ce ballon a un volume de 2304 π cm 3.
c) Si un autre ballon a une aire 16 fois plus petite, c’est que son rayon est 4 fois plus petit que le ballon initial donc son volume
Vballon 2304π
sera 43 fois plus petit soit par 64 fois plus petit, c’est-à-dire :
V autre ballon =
=
= 36 π.
64
64
Explication plus en détails :
Aautreballon
1
A autre ballon = k 2 × A ballon initial
ð
k2 =
=
(Enoncé : « l’autre ballon est 16 fois plus petit que le ballon
16
Aballoninitial
b) V ballon
=
initial »)
Attention à ne pas écrire 16 à la place de
k2 =
1
16
ð
k=
1
car sinon, l’autre ballon aurait une aire 16 fois plus grande et non 16 fois plus petite.
16
1
1
=
16
4
Ainsi, l’autre ballon est une réduction du ballon initial de rapport
1
.
4
V autre ballon = k 3 × V ballon initial
3
1
=   × 2304 π
4
= 36 π
Le volume exact d'un autre ballon ayant une aire totale 16 fois plus petite serait 36 π cm 3.
Exercice 9.25 : a) Le rapport de réduction est
1
. Rappelons qu’un rapport de réduction doit toujours être compris entre 0 et 1 (0 et 1
3
non compris) car seules les multiplications par un nombre plus petit que 1 fait diminuer le nombre. Attention, 3 n’est pas un rapport de
réduction mais d’agrandissement.
1 3
b) V cochonnet
= k 3 × V boule de pétanque =   × 189 = 7
Le volume exact du cochonnet est 7 cm 3.
3
Exercice 9.26 : a) A surface de la Terre = 4 × π × r 2
= 4 × π × 63782
≈ 511 185 924.
2
L’aire de la surface du globe est environ égale à 511 185 924 km .
70,8
= 361 919 634.
Les océans s’étendent sur 361 919 634 km 2.
b) 511 185 924 ×
100
Exercice 9.27 : a) H est le centre du rectangle ABCD donc AH = AC ÷ 2. Calculons d’abord AC.
ABC est un triangle rectangle en B donc le théorème de Pythagore appliqué donne :
AC 2 = AB 2 + BC 2 = 6,42 + 4,82 = 40,96 + 23,04 = 64 ð
AC = 64 = 8 cm.
Du coup, AH = AC ÷ 2 = 8 ÷ 2 = 4 cm.
b) Notons k le coefficient de réduction entre les pyramides SABCD et SA'B'C'D'.
A′H′ 1,5
=
= 0,375
k=
AH
4
ABASE ×hauteur
AB×BC×SH
c) V SABCD =
=
3
3
6,4×4,8×15
=
3
= 153,6
Le volume de SABCD est 153,6 cm 3.
3
V SA’B’C’D’
= k × V SABCD
= 0,3753 × 153,6
Chapitres de 3e sur la géométrie dans l’espace et la sphère
= 8,1
Exercice 9.28 : a) V eau
b) V bille
4
× π × r3
3
4
= × π × 33
3
= 36 π
Référence : FE-3-009
Le volume de SA’B’C’D’ est égal à 8,1 cm 3.
3
4
3
= π × 42 × 10 ×
4
= 120 π
= π × r2 × h ×
Le volume d'eau dans le cylindre est 120 π cm 3.
=
Le volume de la bille tombée dans le verre est bien égal à 36 π cm 3.
3
1
c) Si l’eau représente au départ du volume du cylindre, c’est qu’il reste du volume du cylindre non rempli.
4
4
Pour que l’eau dans le verre ne déborde pas, il faut donc que le volume de la bille ne soit pas supérieur stricte au quart du
volume du cylindre.
1
= π × r2 × h ×
V partie du cylindre non occupée par l’eau
4
1
= π × 42 × 10 ×
= 40 π Le volume du cylindre non occupé par l’eau est 40 π cm 3.
4
V bille
= 36 π < 40 π donc la bille ne va pas faire déborder l’eau.
Déterminons la hauteur atteinte par l'eau contenant la bille en déterminant d’abord ce que représente le volume de la bille en
termes de pourcentage par rapport au volume totale du cylindre dont on connaît la hauteur (h = 10 cm).
36π
= 0,225 = 22,5 %.
Donc, en tombant dans le verre contenant de l’eau, la bille a fait augmenter la hauteur d’eau d’une
160π
valeur correspondant à 22,5% de la hauteur du cylindre.
22,5
h bille = 10 ×
= 2,25
La bille a fait augmenter la hauteur d’eau de 2,25 cm.
100
3
3
h eau = × h cylindre = × 10 = 7,5 L’eau présente initialement dans le verre avait une hauteur de 7,5 cm.
4
4
h eau + h bille = 7,5 + 2,25 = 9,75
L’eau contenant la bille a atteint 9,75 cm de hauteur dans le verre.
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