Exercices corrigés : les figures et les solides équivalents (math CST, secondaire 5)

a) Un mètre vaut $100$ cm. Un carré de $1$ m de côté est donc un carré de $100$ cm de côté, et son aire vaut $100\times 100=10\,000$ cm². Un cube de $1$ m d'arête est un cube de $100$ cm d'arête, et son volume vaut $100\times 100\times 100=1\,000\,000$ cm³. Le facteur n'est donc jamais $100$ pour tout le monde : il vaut $100$ pour les longueurs, $100^{2}$ pour les aires et $100^{3}$ pour les volumes. C'est l'erreur la plus fréquente de tout le chapitre, et elle vient d'un réflexe de première secondaire.

b) L'aire de la pelouse vaut $12\times 8=96$ m². Pour la convertir, on multiplie par $10\,000$ : $96\times 10\,000=960\,000$ cm². On peut vérifier autrement, en convertissant d'abord les longueurs : $1200$ cm sur $800$ cm donne $1200\times 800=960\,000$ cm². Les deux chemins donnent le même nombre, et faire le second quand on hésite coûte dix secondes.

c) Le volume de l'aquarium vaut $80\times 35\times 40=112\,000$ cm³. Pour passer aux litres, on se souvient que $1$ L $=1$ dm³ $=1000$ cm³, puisqu'un décimètre vaut $10$ cm et que $10^{3}=1000$. Donc $112\,000\div 1000=112$ L. Un aquarium de $112$ litres, c'est un ordre de grandeur vraisemblable, et c'est ce contrôle qui doit venir à l'esprit avant de rendre la copie.

d) Il confond le centimètre cube et le litre, alors qu'un litre en contient mille. Sa réponse est donc $1000$ fois trop grande. Le contrôle de vraisemblance suffisait à l'écarter : $112\,000$ L, ce serait $112$ m³, soit un cube de près de $4{,}8$ m d'arête, autant dire une piscine. Retenez l'échelle des contenants usuels : une canette vaut environ $0{,}355$ L, une baignoire environ $150$ L, et une piscine résidentielle des dizaines de milliers de litres.

a) L'aire d'un parallélogramme vaut base fois hauteur : $12h=84$, donc $h=\dfrac{84}{12}=7$ cm. La méthode est toujours la même dans cet exercice : on écrit la formule d'aire de la figure, on l'égale à $84$, puis on isole l'inconnue. On ne cherche jamais à deviner à partir du dessin, qui n'est pas à l'échelle.

b) L'aire d'un triangle vaut la moitié du produit de la base par la hauteur : $\dfrac{14h}{2}=84$, donc $7h=84$ et $h=12$ cm. Attention au demi : oublier de le compter donne $h=6$ cm, c'est-à-dire la moitié de la bonne réponse. Une vérification immédiate le montre, $\dfrac{14\times 6}{2}=42$ et non $84$. Remarquez au passage que le triangle est PLUS HAUT que le parallélogramme alors que sa base est plus longue : c'est le demi qui l'exige.

c) Pour le disque, $\pi r^{2}=84$, donc $r^{2}=\dfrac{84}{\pi}\approx 26{,}738$ et $r\approx 5{,}17$ cm. Pour le carré, $c^{2}=84$, donc $c=\sqrt{84}\approx 9{,}17$ cm. Dans les deux cas, la racine carrée arrive en dernier, après la division. Deux erreurs classiques : diviser par $\pi$ APRÈS avoir pris la racine, ce qui donne $2{,}92$ ; et répondre $26{,}74$, c'est-à-dire s'arrêter au carré du rayon.

d) Il y en a une INFINITÉ. N'importe quel rectangle de dimensions $a$ et $\dfrac{84}{a}$ convient, et $a$ peut prendre n'importe quelle valeur positive ; n'importe quel triangle de base $b$ et de hauteur $\dfrac{168}{b}$ aussi, et ainsi de suite pour chaque famille de figures. C'est tout le sens du mot : équivalent parle de l'AIRE et seulement d'elle. Deux figures équivalentes peuvent avoir des périmètres très différents, des formes sans rapport et des nombres de côtés différents. À ne pas confondre avec ISOMÉTRIQUE, qui exige des figures superposables, ni avec SEMBLABLE, qui exige la même forme à l'échelle près.

a) Le volume d'un prisme droit vaut l'aire de sa base par sa hauteur : $V=60\times 40\times 25=60\,000$ cm³. En litres, on divise par $1000$ : $60$ L. Ce volume ne changera plus de tout l'exercice, et c'est ce qui définit l'ÉQUIVALENCE : tous les contenants cherchés auront le même volume, et seule leur forme changera.

b) Le volume d'un cylindre vaut $\pi r^{2}h$. On pose l'équation $\pi\times 20^{2}\times h=60\,000$, soit $400\pi h=60\,000$, d'où $h=\dfrac{60\,000}{400\pi}\approx\dfrac{60\,000}{1256{,}64}\approx 47{,}75$ cm. Gardez $\pi$ en facteur le plus longtemps possible et n'arrondissez qu'à la fin : arrondir $\pi$ à $3{,}14$ dès le départ donne $47{,}77$ cm, un résultat déjà faux au centième.

c) Le volume d'un cône vaut le TIERS de celui du cylindre de même base et de même hauteur : $V=\dfrac{\pi r^{2}h}{3}$. On pose $\dfrac{400\pi h}{3}=60\,000$, donc $h=\dfrac{3\times 60\,000}{400\pi}\approx 143{,}24$ cm. C'est exactement le triple de la hauteur trouvée en b), et cela devait l'être : à base égale, il faut un cône trois fois plus haut qu'un cylindre pour contenir la même chose. Oublier le tiers est l'erreur qui coûte le plus de points dans ce chapitre, et le rapport de trois est le contrôle qui l'attrape.

d) Pour un cube, $c^{3}=60\,000$, donc $c=\sqrt[3]{60\,000}\approx 39{,}15$ cm. Les quatre contenants ont le même volume, mais pas la même aire, et c'est le cœur du chapitre : l'équivalence porte sur le VOLUME, pas sur la surface. Le cube, plus ramassé, présente une surface plus petite que le cône, très élancé, qui étale la même quantité d'eau sur une paroi beaucoup plus grande. Un fabricant qui paie la matière au mètre carré ne choisira donc pas n'importe lequel des quatre, et c'est la question de l'exercice 4.

a) Un cube a six faces carrées : son aire totale vaut $6\times 10^{2}=600$ cm². Son volume vaut $10^{3}=1000$ cm³. Ces deux nombres serviront de référence : tout ce qui suit aura une aire de $600$ cm², et on comparera les volumes obtenus.

b) On pose $4\pi r^{2}=600$, donc $r^{2}=\dfrac{600}{4\pi}=\dfrac{150}{\pi}\approx 47{,}746$ et $r\approx 6{,}91$ cm. Le volume vaut alors $\dfrac{4\pi r^{3}}{3}\approx\dfrac{4\pi\times 329{,}9}{3}\approx 1381{,}98$ cm³. Conservez le rayon non arrondi dans la calculatrice avant de l'élever au cube : partir de $6{,}91$ donnerait $1382{,}05$ cm³, soit un écart de $0{,}07$ cm³, parce qu'un arrondi au centième se voit triplé quand on cube.

c) On pose $2\pi\times 5^{2}+2\pi\times 5\times h=600$, soit $50\pi+10\pi h=600$. Comme $50\pi\approx 157{,}08$, il reste $10\pi h\approx 442{,}92$, donc $h\approx\dfrac{442{,}92}{31{,}416}\approx 14{,}10$ cm. Le volume vaut $\pi\times 25\times 14{,}0986\approx 1107{,}30$ cm³. Le piège est d'oublier les DEUX disques de base : avec une seule, on trouverait une hauteur plus grande et un volume faux.

d) À aire égale, la sphère l'emporte avec $1381{,}98$ cm³, devant le cylindre avec $1107{,}30$ cm³, puis le cube avec $1000$ cm³. La règle est générale : parmi tous les solides de même aire, c'est la SPHÈRE qui contient le plus grand volume, et la même chose se dit à l'envers, parmi tous les solides de même volume, c'est la sphère qui a la plus petite aire. Le plan la connaît aussi : à périmètre égal, le disque a la plus grande aire. C'est ce qui explique la forme des réservoirs de gaz sous pression, où l'on paie l'acier, celle d'une bulle de savon, qui minimise sa surface toute seule, et celle des animaux des pays froids, ramassés pour perdre le moins de chaleur possible.

a) Pour le cube de $1$ cm : aire $6\times 1^{2}=6$ cm² et volume $1^{3}=1$ cm³. Pour celui de $2$ cm : aire $6\times 4=24$ cm² et volume $8$ cm³. Pour celui de $4$ cm : aire $6\times 16=96$ cm² et volume $64$ cm³. On garde bien les unités distinctes, cm² pour l'aire et cm³ pour le volume : ce sont deux grandeurs différentes, et les comparer directement n'aurait aucun sens.

b) De $1$ à $2$, l'aire passe de $6$ à $24$ : elle est multipliée par $4$. Le volume passe de $1$ à $8$ : il est multiplié par $8$. De $2$ à $4$, même chose, $24$ devient $96$ et $8$ devient $64$. La règle s'écrit avec les puissances : si l'arête est multipliée par $k$, l'aire est multipliée par $k^{2}$ et le volume par $k^{3}$. C'est pour cela qu'un modèle réduit à l'échelle $1:2$ ne pèse pas la moitié, mais le huitième.

c) Les rapports valent $\dfrac{6}{1}=6$, $\dfrac{24}{8}=3$ et $\dfrac{96}{64}=1{,}5$. Ils diminuent de moitié à chaque doublement de l'arête. C'est logique : l'aire est multipliée par $k^{2}$ et le volume par $k^{3}$, donc le rapport est divisé par $k$. Autrement dit, plus un solide est GROS, moins il a de surface par unité de volume. Un petit objet, lui, est presque tout en surface.

d) Le volume de glace n'a pas changé : $64$ petits cubes de $1$ cm³ font $64$ cm³, exactement le volume du glaçon de départ. Les deux ensembles sont donc ÉQUIVALENTS. L'aire exposée, elle, explose : $64\times 6=384$ cm² contre $96$ cm² au départ, soit quatre fois plus. Comme la glace fond par sa surface, au contact de l'air et du liquide, la glace concassée fond beaucoup plus vite. Le même raisonnement explique pourquoi le sucre en poudre se dissout plus vite qu'un morceau, pourquoi on coupe les légumes en petits dés pour qu'ils cuisent plus vite, et pourquoi un gros silo isolé perd proportionnellement moins de chaleur qu'un petit.

a) Le volume vaut $8\times 4\times 1{,}5=48$ m³. Pour passer aux litres, on se rappelle que $1$ m³ $=1000$ L, puisqu'un mètre cube contient mille décimètres cubes : la piscine contient $48\,000$ L. L'ordre de grandeur est le bon, une piscine résidentielle se compte bien en dizaines de milliers de litres.

b) Le bassin doit être ÉQUIVALENT à la piscine, donc contenir $48$ m³. Son volume vaut $\pi r^{2}\times 2$, d'où $2\pi r^{2}=48$, puis $r^{2}=\dfrac{48}{2\pi}=\dfrac{24}{\pi}\approx 7{,}6394$ et $r\approx 2{,}76$ m. Son diamètre vaut donc environ $5{,}53$ m. Attention à ne pas diviser par $2\pi$ après avoir pris la racine, et à ne pas confondre le rayon avec le diamètre au moment de répondre : c'est le diamètre qui intéresse l'excavateur, puisque c'est la largeur du trou à creuser.

c) La membrane couvre le fond et les quatre murs, mais pas le dessus, qui est ouvert. Le fond vaut $8\times 4=32$ m². Les deux grands murs valent $8\times 1{,}5=12$ m² chacun, soit $24$ m². Les deux petits valent $4\times 1{,}5=6$ m² chacun, soit $12$ m². Au total, $32+24+12=68$ m², donc un coût de $68\times 24=1632$ dollars. Compter six faces comme pour un prisme fermé donnerait $100$ m² et une facture de $2400$ dollars : la lecture de l'énoncé vaut ici plus cher que le calcul.

d) La piscine ronde doit contenir les mêmes $48$ m³ avec $1{,}5$ m de profondeur : $\pi r^{2}\times 1{,}5=48$, donc $\pi r^{2}=32$, ce qui donne directement l'aire du fond, $32$ m², et $r\approx 3{,}19$ m. La paroi latérale est un rectangle enroulé, de hauteur $1{,}5$ m et de longueur égale à la circonférence : $2\pi\times 3{,}19\times 1{,}5\approx 30{,}08$ m². Le total vaut environ $62{,}08$ m², donc $1489{,}89$ dollars, soit environ $142$ dollars de moins. Le résultat n'a rien d'un hasard : c'est la règle de l'exercice 4 appliquée au plan, à aire de fond égale, le cercle a le plus petit périmètre, donc la plus petite paroi.

a) Le cylindre a pour volume $\pi r^{2}h=\pi\times 3^{2}\times 8=72\pi\approx 226{,}19$ m³. Le cône a pour volume le tiers de celui du cylindre de même base et de même hauteur : $\dfrac{\pi\times 3^{2}\times 2{,}5}{3}=\dfrac{22{,}5\pi}{3}=7{,}5\pi\approx 23{,}56$ m³. Gardez les valeurs exactes en $\pi$ jusqu'à la fin : l'addition de deux valeurs arrondies fabrique une erreur qu'on ne rattrape plus.

b) La capacité totale vaut $72\pi+7{,}5\pi=79{,}5\pi\approx 249{,}76$ m³. Le toit n'apporte donc que $9{,}4$ pour cent du total, ce qui est vraisemblable pour un cône trois fois moins haut que le cylindre et comptant pour un tiers à hauteur égale. La masse de grain vaut $249{,}76\times 0{,}78\approx 194{,}81$ tonnes. Le silo est un solide DÉCOMPOSABLE : on le découpe en solides connus, on calcule séparément, on additionne à la fin.

c) Le second silo doit être ÉQUIVALENT au premier, donc contenir $79{,}5\pi$ m³. Avec un rayon de $4$ m : $\pi\times 4^{2}\times h=79{,}5\pi$, et les $\pi$ se simplifient de chaque côté, ce qui donne $16h=79{,}5$, donc $h=\dfrac{79{,}5}{16}\approx 4{,}97$ m. La simplification par $\pi$ mérite d'être remarquée : dès que les deux solides sont de même famille, le nombre $\pi$ disparaît et le calcul devient exact.

d) Parce que le volume dépend du CARRÉ du rayon, pas du rayon. En passant de $3$ m à $4$ m, l'aire de la base est multipliée par $\dfrac{4^{2}}{3^{2}}=\dfrac{16}{9}\approx 1{,}78$, c'est-à-dire presque doublée. Pour garder le même volume, il faut donc diviser la hauteur par ce même $1{,}78$ : $\dfrac{10{,}5}{1{,}78}$ ne donne pas tout à fait $4{,}97$ parce que les $10{,}5$ m du premier silo comptent un toit conique qui ne vaut qu'un tiers, mais le mécanisme est celui-là. C'est le même phénomène qu'à l'exercice 5 : élargir coûte cher en volume, bien plus que monter.

1) FAUX. Équivalent ne parle que de l'AIRE. Contre-exemple pris à l'exercice 2 : le carré de $9{,}17$ cm de côté et le disque de $5{,}17$ cm de rayon ont tous deux une aire de $84$ cm², mais leurs périmètres valent respectivement $36{,}66$ cm et $32{,}49$ cm. Version correcte : deux figures équivalentes ont la même aire, et leurs périmètres peuvent être aussi différents qu'on veut, un rectangle très allongé de $84$ cm² pouvant avoir un périmètre énorme.

2) FAUX. Un mètre carré est un CARRÉ de $1$ m de côté, donc de $100$ cm de côté, et son aire vaut $100\times 100=10\,000$ cm². Le facteur de conversion d'une aire est le CARRÉ de celui des longueurs. Version correcte : $\times 100$ pour les longueurs, $\times 10\,000$ pour les aires, $\times 1\,000\,000$ pour les volumes, entre le mètre et le centimètre.

3) FAUX, et c'est tout le chapitre. Le bac de l'exercice 3, le cylindre, le cône et le cube contiennent tous $60\,000$ cm³ et n'ont pas du tout la même surface. C'est la forme qui décide : plus un solide est ramassé, plus son aire est petite à volume égal, et la sphère est le plus ramassé de tous. Version correcte : le volume est imposé par l'équivalence, l'aire ne l'est pas.

4) FAUX. Doubler toutes les dimensions multiplie l'aire par $4$ et le volume par $8$. Contre-exemple de l'exercice 5 : le cube de $2$ cm a un volume de $8$ cm³, soit huit fois celui du cube de $1$ cm, et non deux fois. Version correcte : si toutes les dimensions sont multipliées par $k$, l'aire l'est par $k^{2}$ et le volume par $k^{3}$.

5) FAUX. Ils n'occupent justement pas la même place : le cône est entièrement CONTENU dans le cylindre, et il en occupe exactement le tiers. Contre-exemple de l'exercice 3, avec un rayon de $20$ cm et une hauteur de $47{,}75$ cm, le cylindre contient $60\,000$ cm³ et le cône seulement $20\,000$ cm³. Version correcte : à base et hauteur égales, le cône vaut le tiers du cylindre, et la pyramide vaut le tiers du prisme.

a) Le premier rectangle mesure $20\times 12=240$ m² et le second $30\times 8=240$ m² : ils sont bien équivalents. Pour le carré, $c^{2}=240$, donc $c=\sqrt{240}\approx 15{,}49$ m. On peut encadrer la réponse avant de la calculer, puisque $15^{2}=225$ et $16^{2}=256$ : le côté est entre $15$ et $16$ m, plus près de $15{,}5$. Cet encadrement mental vaut une vérification.

b) Le périmètre du carré vaut $4\times 15{,}49\approx 61{,}97$ m, donc une bordure de $61{,}97\times 32\approx 1982{,}97$ dollars. Le rectangle de $20$ sur $12$ a pour périmètre $2\times(20+12)=64$ m, soit $2048$ dollars. Celui de $30$ sur $8$ a pour périmètre $2\times(30+8)=76$ m, soit $2432$ dollars. Trois terrains de même aire, trois factures qui s'étalent sur $450$ dollars : c'est l'écart que le mot « équivalent » autorise.

c) Pour le disque, $\pi r^{2}=240$, donc $r^{2}=\dfrac{240}{\pi}\approx 76{,}394$ et $r\approx 8{,}74$ m. Sa circonférence vaut $2\pi r\approx 54{,}92$ m, donc une bordure de $54{,}92\times 32\approx 1757{,}36$ dollars. C'est la moins chère des quatre, et de loin : $675$ dollars de moins que le rectangle allongé.

d) La règle est celle-ci : parmi toutes les figures de même aire, plus la figure est ALLONGÉE, plus son périmètre est grand ; plus elle est ramassée, plus il est petit ; et le minimum absolu est atteint par le CERCLE. On le vérifie sur le classement obtenu, du disque au rectangle $30$ sur $8$ en passant par le carré puis le rectangle $20$ sur $12$. C'est la version plane de ce qu'on a vu dans l'espace à l'exercice 4, où la sphère l'emportait. Pour le budget municipal, la conséquence est concrète : à surface de jardin identique, donc à même nombre de parcelles pour les citoyens, le choix de la FORME décide seul de la facture de bordure. Un terrain allongé n'est pas plus petit, il est plus cher à ceinturer.

a) Le tas est un cône : $V=\dfrac{\pi r^{2}h}{3}=\dfrac{\pi\times 6^{2}\times 4{,}5}{3}=\dfrac{162\pi}{3}=54\pi\approx 169{,}65$ m³. Le tiers n'est pas optionnel : l'oublier donnerait $508{,}94$ m³, soit trois fois trop, et un nombre de voyages trois fois trop grand. C'est le genre d'erreur qu'un contrôle de bon sens attrape, puisqu'un cône est visiblement bien moins gros que le cylindre qui l'enferme.

b) Un chargement vaut $4{,}5\times 2{,}2\times 1{,}5=14{,}85$ m³. Le nombre de voyages vaut donc $\dfrac{169{,}65}{14{,}85}\approx 11{,}42$. Mais on ne fait pas $0{,}42$ voyage : il faut $12$ voyages, le dernier étant partiellement rempli. Arrondir vers le BAS laisserait de la neige sur place, et c'est la question posée, pas le quotient, qui décide du sens de l'arrondi. Une réponse à $11{,}42$ voyages, sans commentaire, est une réponse incomplète.

c) Le rayon passe à $12$ m, la hauteur reste $4{,}5$ m : $V=\dfrac{\pi\times 12^{2}\times 4{,}5}{3}=216\pi\approx 678{,}58$ m³. Le nombre de voyages vaut $\dfrac{678{,}58}{14{,}85}\approx 45{,}70$, donc $46$ voyages.

d) Il a tort. Le volume d'un cône dépend du CARRÉ du rayon : en doublant le rayon à hauteur constante, on multiplie le volume par $2^{2}=4$, et non par $2$. On le vérifie sur les nombres, $678{,}58$ est bien le quadruple de $169{,}65$. Le contremaître prévoyait $24$ voyages, il en faut $46$ : il se trompe de $22$ voyages, presque du simple au double, et c'est du carburant, des heures de chauffeur et une soirée de déneigement qui manquent au plan. Ce raisonnement est le même qu'à l'exercice 5 et qu'au silo de l'exercice 7 : les longueurs, les aires et les volumes ne grandissent jamais à la même vitesse.