Corrigé du brevet de maths 2006 : France, groupement Nord, septembre
L’énoncé complet se trouve sur la page Sujet du brevet de maths 2006 : France, groupement Nord, septembre. Traite chaque exercice sur ton brouillon avant de lire sa correction.
Vue d’ensemble du corrigé corrigé septembre Nord
Pour t’y retrouver, le corrigé corrigé septembre Nord suit exactement l’ordre de l’énoncé, en 7 blocs accessibles depuis le sommaire. Tout d’abord, le corrigé explique « Fractions, racines et puissances » (activités numériques). Ensuite, la correction reprend « Développer et factoriser » (exercice 1 de la partie numérique). Puis tu lis la démarche complète pour « PGCD de 1 911 et 2 499 » (exercice 2 de la partie numérique). Par ailleurs, tu trouves la solution rédigée de « Notes d’un contrôle » (exercice 3 de la partie numérique). En outre, le corrigé explique « Thalès et tangente » (exercice 4 de la partie numérique).
Ensuite, la correction reprend « Transformations sur quadrillage » (activités géométriques). Enfin, tu lis la démarche complète pour « Quadrilatères dans un repère » (exercice 1 de géométrie).
En somme, les notions travaillées dans le corrigé corrigé septembre Nord sont les fractions, les racines carrées, les puissances de 10, les équations et les diviseurs communs, rédigées comme sur une copie.
Activités numériques (corrigé septembre Nord)
Corrigé de l’exercice 1 : fractions, racines et puissances
1. La multiplication est prioritaire sur la soustraction :
\[ \text{A} = \dfrac{5}{3} – \dfrac{4 \times 5}{7 \times 3} = \dfrac{5}{3} – \dfrac{20}{21} = \dfrac{35}{21} – \dfrac{20}{21} = \dfrac{15}{21} \]
On simplifie par 3 : \(\dfrac{15}{21} = \dfrac{5 \times 3}{7 \times 3}\), donc \(\text{A} = \dfrac{5}{7}\). On pouvait aussi factoriser par \(\dfrac{5}{3}\) : \(\text{A} = \dfrac{5}{3}\left(1 – \dfrac{4}{7}\right) = \dfrac{5}{3} \times \dfrac{3}{7} = \dfrac{5}{7}\).
2. Ensuite, on fait apparaître le plus grand carré parfait sous chaque racine : \(48 = 16 \times 3\) et \(75 = 25 \times 3\). Comme \(\sqrt{a \times b} = \sqrt{a} \times \sqrt{b}\) :
\[ \sqrt{48} = \sqrt{16} \times \sqrt{3} = 4\sqrt{3} \qquad \sqrt{75} = \sqrt{25} \times \sqrt{3} = 5\sqrt{3} \]
\[ \text{B} = 5\sqrt{3} + 4\sqrt{3} – 3 \times 5\sqrt{3} = (5 + 4 – 15)\sqrt{3} \]
Donc \(\text{B} = -6\sqrt{3}\).
3. On regroupe les nombres d’un côté et les puissances de 10 de l’autre :
\[ \text{C} = \dfrac{3 \times 7}{15 \times 8} \times \dfrac{10^{-4} \times 10^{8}}{10^{-3} \times 10^{5}} = \dfrac{21}{120} \times \dfrac{10^{4}}{10^{2}} = 0{,}175 \times 10^{2} \]
Donc \(\text{C} = 17{,}5\), soit en écriture scientifique \(\text{C} = 1{,}75 \times 10^{1}\).
Corrigé de l’exercice 2 : développer, factoriser, résoudre
1. D’abord, on utilise l’identité \((a-b)^2 = a^2 – 2ab + b^2\) et la double distributivité :
\[ (x-4)^2 = x^2 – 8x + 16 \]
\[ (x-4)(2x+6) = 2x^2 + 6x – 8x – 24 = 2x^2 – 2x – 24 \]
\[ D = x^2 – 8x + 16 + 2x^2 – 2x – 24 \]
Donc \(D = 3x^2 – 10x – 8\).
2. Le facteur \((x-4)\) apparaît dans les deux termes, puisque \((x-4)^2 = (x-4)(x-4)\) :
\[ D = (x-4)\big[(x-4) + (2x+6)\big] = (x-4)(3x+2) \]
Donc \(D = (x-4)(3x+2)\). Contrôle : \((x-4)(3x+2) = 3x^2 + 2x – 12x – 8 = 3x^2 – 10x – 8\).
3. Un produit de facteurs est nul si et seulement si l’un au moins de ses facteurs est nul :
\(x – 4 = 0\) donne \(x = 4\) ; \(3x + 2 = 0\) donne \(3x = -2\), soit \(x = -\dfrac{2}{3}\).
L’équation a deux solutions : 4 et \(-\dfrac{2}{3}\).
4. La forme factorisée est la plus pratique :
\[ D = (-3-4)(3 \times (-3) + 2) = (-7) \times (-7) = 49 \]
Avec la forme développée : \(3 \times 9 – 10 \times (-3) – 8 = 27 + 30 – 8 = 49\). Donc \(D = 49\) pour \(x = -3\).
Corrigé de l’exercice 3 (septembre Nord) : PGCD et fraction irréductible
1. On utilise l’algorithme d’Euclide : on divise le plus grand nombre par le plus petit, puis le diviseur par le reste, jusqu’à obtenir un reste nul.
\[ 2\,499 = 1 \times 1\,911 + 588 \]
\[ 1\,911 = 3 \times 588 + 147 \]
\[ 588 = 4 \times 147 + 0 \]
Le PGCD est le dernier reste non nul : PGCD(1 911 ; 2 499) = 147.
2. Puis on divise le numérateur et le dénominateur par leur PGCD 147 : \(2\,499 \div 147 = 17\) et \(1\,911 \div 147 = 13\).
\[ \dfrac{2\,499}{1\,911} = \dfrac{17 \times 147}{13 \times 147} = \dfrac{17}{13} \]
La fraction irréductible est \(\dfrac{17}{13}\) : 17 et 13 sont deux nombres premiers distincts, donc premiers entre eux.
Corrigé de l’exercice 4 : notes d’un contrôle
On range d’abord les 13 notes dans l’ordre croissant :
3 ; 6 ; 7 ; 7 ; 9 ; 9 ; 9 ; 10 ; 12 ; 12 ; 13 ; 14 ; 15
1. L’étendue est la différence entre la plus grande et la plus petite note : \(15 – 3 = 12\). L’étendue est de 12 points.
2. La somme des notes est \(3 + 6 + 7 + 7 + 9 + 9 + 9 + 10 + 12 + 12 + 13 + 14 + 15 = 126\). Il y a 13 notes, donc :
\[ \text{moyenne} = \dfrac{126}{13} \approx 9{,}69 \]
Arrondie au dixième, la moyenne est 9,7.
3. Il y a 13 notes, un nombre impair : la médiane est la note du milieu, la 7e de la liste rangée (6 notes avant, 6 notes après). La note médiane est 9.
Activités géométriques
Corrigé de l’exercice 1 (septembre Nord) : Thalès, tangente et réciproque
1. Les droites (DE) et (BC) sont toutes les deux perpendiculaires à la droite (EG) (angles droits codés en E et en C). Deux droites perpendiculaires à une même droite sont parallèles : (DE) // (BC).
Les points D, A, B d’une part et E, A, C d’autre part sont alignés, et (DE) // (BC). D’après le théorème de Thalès (configuration « papillon ») :
\[ \dfrac{\text{AE}}{\text{AC}} = \dfrac{\text{AD}}{\text{AB}} = \dfrac{\text{DE}}{\text{BC}} \]
\[ \dfrac{\text{AE}}{9{,}6} = \dfrac{6{,}5}{12} \quad \text{donc} \quad \text{AE} = \dfrac{9{,}6 \times 6{,}5}{12} = 5{,}2 \]
AE = 5,2 cm.
2. Le triangle ABC est rectangle en C. Pour l’angle \(\widehat{\text{BAC}}\), [BC] est le côté opposé et [AC] le côté adjacent :
\[ \tan \widehat{\text{BAC}} = \dfrac{\text{BC}}{\text{AC}} = \dfrac{7{,}2}{9{,}6} = 0{,}75 \]
À la calculatrice, \(\arctan(0{,}75) \approx 36{,}87\) : \(\tan \widehat{\text{BAC}} = 0{,}75\) et \(\widehat{\text{BAC}} \approx 37^\circ\).
3. Les points A, B, F sont alignés dans cet ordre, donc \(\text{AF} = \text{AB} + \text{BF} = 12 + 10{,}5 = 22{,}5\). On compare les rapports :
\[ \dfrac{\text{AB}}{\text{AF}} = \dfrac{12}{22{,}5} = \dfrac{120}{225} = \dfrac{8}{15} \qquad \dfrac{\text{AC}}{\text{AG}} = \dfrac{9{,}6}{18} = \dfrac{96}{180} = \dfrac{8}{15} \]
Les deux rapports sont égaux, et les points A, B, F et A, C, G sont alignés dans le même ordre. D’après la réciproque du théorème de Thalès, les droites (FG) et (BC) sont parallèles.
Conséquence : comme (BC) est perpendiculaire à (EG), (FG) l’est aussi, ce que suggérait la figure sans le coder.
Corrigé de l’exercice 2 : quatre transformations sur quadrillage
Repérons la figure \(\mathcal{F}\) sur le quadrillage : sa pointe est un nœud du quadrillage, les deux extrémités du diamètre du demi-cercle sont trois carreaux plus haut, un carreau à gauche et un carreau à droite de la pointe, et le demi-cercle (rayon un carreau) est tourné vers le haut. Pour construire chaque image, on transforme ces trois points et le centre du demi-cercle, puis on redessine le demi-cercle avec le même rayon.
1. La droite \(d\) suit les diagonales des carreaux. Pour chaque point, on trace le chemin perpendiculaire à \(d\) (en diagonale dans l’autre sens) et on reporte la même distance de l’autre côté. Comme \(d\) est inclinée à 45°, cette symétrie échange les directions : un déplacement d’un carreau vers la droite dans \(\mathcal{F}\) devient un déplacement d’un carreau vers le haut dans \(\mathcal{F}_1\), et un déplacement vers le haut devient un déplacement vers la droite. La pointe de \(\mathcal{F}_1\) est à 6 carreaux à gauche et 6 carreaux au-dessus de celle de \(\mathcal{F}\) ; \(\mathcal{F}_1\) est un cornet couché, pointe vers la gauche, demi-cercle tourné vers la droite.
2. Dans la symétrie de centre O, chaque point M a pour image le point M′ tel que O soit le milieu de [MM′]. La pointe de \(\mathcal{F}\) est à 1 carreau à gauche et 2 carreaux au-dessus de O ; son image est à 1 carreau à droite et 2 carreaux au-dessous de O. \(\mathcal{F}_2\) est \(\mathcal{F}\) retournée d’un demi-tour : pointe vers le haut, demi-cercle en bas.
3. Pour aller de A à B, on se déplace de 6 carreaux vers la droite et de 2 carreaux vers le haut. La translation de vecteur \(\overrightarrow{\text{AB}}\) fait subir ce même glissement à chaque point de \(\mathcal{F}\) : l’image (notée \(\mathcal{F}_3\) sur la figure) a la même forme et la même orientation que \(\mathcal{F}\), décalée de 6 carreaux à droite et 2 vers le haut.
4. Dans une rotation de 90° dans le sens contraire des aiguilles d’une montre, un déplacement « vers le haut » depuis le centre devient « vers la gauche », et « vers la gauche » devient « vers le bas ». La pointe de \(\mathcal{F}\) est à 2 carreaux à gauche et 2 carreaux au-dessus de C : son image est à 2 carreaux à gauche et 2 carreaux au-dessous de C. Le demi-cercle, tourné vers le haut dans \(\mathcal{F}\), est tourné vers la gauche dans l’image. \(\mathcal{F}_4\) est un cornet couché, pointe vers la droite, demi-cercle à gauche.
Problème
Corrigé du problème : losange, parallélogramme et rectangle
1. Voir la figure ci-dessus.
2. Les coordonnées du milieu d’un segment sont les moyennes des coordonnées des extrémités :
\[ x_\text{M} = \dfrac{-1 + 3}{2} = 1 \qquad y_\text{M} = \dfrac{3 + 1}{2} = 2 \]
Donc M(1 ; 2).
3. Dans un repère orthonormé, \(\text{AB} = \sqrt{(x_\text{B} – x_\text{A})^2 + (y_\text{B} – y_\text{A})^2}\).
\[ \text{AB} = \sqrt{(3 – (-1))^2 + (6 – 3)^2} = \sqrt{16 + 9} = \sqrt{25} = 5 \]
\[ \text{BM} = \sqrt{(1 – 3)^2 + (2 – 6)^2} = \sqrt{4 + 16} = \sqrt{20} = \sqrt{4 \times 5} = 2\sqrt{5} \]
Alors on a bien AB = 5 cm et \(\text{BM} = 2\sqrt{5}\) cm.
4. Attention, l’énoncé comporte une coquille : il faut lire \(\text{AM} = \sqrt{5}\) et non 5. En effet \(\text{AM} = \sqrt{(1 – (-1))^2 + (2 – 3)^2} = \sqrt{4 + 1} = \sqrt{5}\) (d’ailleurs, avec AM = 5 et AB = 5, le triangle ne pourrait pas être rectangle, car \(5^2 + 20 \neq 5^2\)).
Le plus long côté du triangle ABM est [AB]. Ensuite, on compare :
\[ \text{AB}^2 = 25 \qquad \text{AM}^2 + \text{BM}^2 = 5 + 20 = 25 \]
Comme \(\text{AB}^2 = \text{AM}^2 + \text{BM}^2\), la réciproque du théorème de Pythagore permet de conclure : le triangle ABM est rectangle en M.
5. On place D sur la demi-droite [BM) au-delà de M, avec MD = BM : c’est le symétrique de B par rapport à M. Ses coordonnées vérifient \(\dfrac{3 + x_\text{D}}{2} = 1\) et \(\dfrac{6 + y_\text{D}}{2} = 2\), donc D(−1 ; −2).
Le point D est sur la droite (BM) et MD = MB : M est le milieu du segment [BD].
Le quadrilatère ABCD a ses diagonales [AC] et [BD] qui se coupent en leur milieu M : c’est un parallélogramme. De plus, ses diagonales sont perpendiculaires, puisque l’angle \(\widehat{\text{AMB}}\) est droit (question 4). Un parallélogramme dont les diagonales sont perpendiculaires est un losange : ABCD est un losange. Contrôle : \(\text{BC} = 6 – 1 = 5 = \text{AB}\). Ce n’est pas un carré, car ses diagonales n’ont pas la même longueur (\(\text{AC} = 2\sqrt{5}\) et \(\text{BD} = 4\sqrt{5}\)).
6. Le triangle ABM est rectangle en M, donc ses côtés [AM] et [BM] sont base et hauteur :
\[ \mathcal{A}_{\text{ABM}} = \dfrac{\text{AM} \times \text{BM}}{2} = \dfrac{\sqrt{5} \times 2\sqrt{5}}{2} = \dfrac{2 \times 5}{2} = 5 \]
Les diagonales du losange le partagent en quatre triangles rectangles superposables (ABM, CBM, CDM, ADM, qui ont les mêmes côtés de l’angle droit). Donc :
\[ \mathcal{A}_{\text{ABCD}} = 4 \times 5 = 20 \]
\(\mathcal{A}_{\text{ABM}} = 5\ \text{cm}^2\) et \(\mathcal{A}_{\text{ABCD}} = 20\ \text{cm}^2\). Vérification avec la formule du losange : \(\dfrac{\text{AC} \times \text{BD}}{2} = \dfrac{2\sqrt{5} \times 4\sqrt{5}}{2} = 20\).
7. Deuxième coquille de l’énoncé : le point E n’est défini qu’à la question 8 et il s’agit ici du vecteur \(\overrightarrow{\text{BF}}\), qui permet d’étudier ABFC. Les coordonnées d’un vecteur s’obtiennent par « arrivée moins départ » :
\[ \overrightarrow{\text{AC}} \begin{pmatrix} 3 – (-1) \\ 1 – 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ -2 \end{pmatrix} \qquad \overrightarrow{\text{BF}} \begin{pmatrix} 7 – 3 \\ 4 – 6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ -2 \end{pmatrix} \]
Les deux vecteurs ont les mêmes coordonnées, donc \(\overrightarrow{\text{AC}} = \overrightarrow{\text{BF}}\) : le quadrilatère ABFC est un parallélogramme (lorsque \(\overrightarrow{\text{AC}} = \overrightarrow{\text{BF}}\), le quadrilatère ACFB, c’est-à-dire ABFC parcouru dans l’autre sens, est un parallélogramme). Il n’a pas de propriété de plus : AB = 5 alors que \(\text{AC} = 2\sqrt{5} \approx 4{,}47\), et \(\overrightarrow{\text{AB}}\begin{pmatrix} 4 \\ 3 \end{pmatrix}\) n’est pas perpendiculaire à \(\overrightarrow{\text{AC}}\) car \(4 \times 4 + 3 \times (-2) = 10 \neq 0\) ; ce n’est donc ni un losange ni un rectangle.
Si on calcule quand même \(\overrightarrow{\text{BE}}\) avec le point E de la question 8, on trouve \(\begin{pmatrix} -2 \\ 1 \end{pmatrix}\), qui est différent de \(\overrightarrow{\text{AC}}\) : ce vecteur ne permet pas de conclure, ce qui confirme la coquille.
8. E est l’image de B par la translation de vecteur \(\overrightarrow{\text{MA}}\), donc \(\overrightarrow{\text{BE}} = \overrightarrow{\text{MA}}\). Or \(\overrightarrow{\text{MA}}\begin{pmatrix} -1 – 1 \\ 3 – 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \end{pmatrix}\), d’où \(x_\text{E} = 3 – 2 = 1\) et \(y_\text{E} = 6 + 1 = 7\) : E(1 ; 7).
L’égalité \(\overrightarrow{\text{MA}} = \overrightarrow{\text{BE}}\) signifie que le quadrilatère MAEB est un parallélogramme, c’est-à-dire que AMBE est un parallélogramme (mêmes côtés). Ce parallélogramme a un angle droit en M, puisque le triangle ABM est rectangle en M. Un parallélogramme qui a un angle droit est un rectangle : AMBE est un rectangle.
Contrôle : ses diagonales [AB] et [ME] ont la même longueur, \(\text{ME} = \sqrt{0^2 + 5^2} = 5 = \text{AB}\).
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Méthode pour exploiter le corrigé corrigé septembre Nord
Le plus efficace consiste d’abord à chercher seul chaque exercice, puis à ouvrir la correction correspondante grâce au sommaire. Lorsque ta réponse diffère, repère l’étape exacte où ton raisonnement bifurque. Ainsi, tu transformes chaque erreur en une règle à retenir pour le jour de l’épreuve.
En ce qui concerne les fractions, respecte les priorités opératoires, car la multiplication passe avant l’addition. Quant aux racines carrées, décompose le nombre sous la racine en produit d’un carré parfait, ainsi la simplification devient immédiate. Dans les questions sur les puissances de 10, traite séparément les nombres décimaux et les puissances de 10, ainsi les erreurs de virgule disparaissent. Au besoin, la définition de la notion de fraction sur Wikipédia t’aidera aussi à reprendre les bases, avant de retenter l’exercice.
Une fois le corrigé corrigé septembre Nord parcouru, reprends à froid les exercices où tu t’es trompé. Ensuite, entraîne-toi sur un autre sujet de la même année pour vérifier que les méthodes sont acquises.
Questions fréquentes sur le corrigé corrigé septembre Nord
Faut-il lire le corrigé corrigé septembre Nord en entier ?
Non, pas forcément. En effet, le sommaire permet d’ouvrir directement la correction d’un exercice précis, donc tu peux cibler les questions sur lesquelles tu as hésité.
Où se trouve le sujet original ?
Il se trouve sur sa propre page : énoncé du brevet 2006. Par conséquent, tu peux t’entraîner d’abord, puis revenir ici pour te corriger.
Quelles méthodes revoir après ce corrigé ?
Les solutions s’appuient surtout sur les fractions, les racines carrées, les puissances de 10 et les équations. Donc, si l’une de ces notions t’a posé problème, reprends la leçon correspondante avant de refaire l’exercice.
Comment est organisée l’épreuve écrite de maths ?
Elle fait partie des épreuves écrites du diplôme national du brevet, en fin de troisième. En outre, les correcteurs tiennent compte de la rédaction, donc chaque résultat doit être justifié.
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La liste qui suit regroupe les autres sujets de la même session. Traite-en un par semaine, puis compare avec sa correction : c’est la meilleure façon d’arriver serein au brevet.
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