Corrigé du brevet de maths 2002 : Académie d’Aix-Marseille

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Sommaire

Ce corrigé du brevet de juin 2002 d’Aix-Marseille reprend chaque question avec la méthode attendue. Tu y trouves l’algorithme d’Euclide appliqué à 170 et 578, le développement et la factorisation d’une expression avec le calcul exact pour \(x=\sqrt{2}\), et la mise en équations d’un achat de livres au CDI. En géométrie, la tangente donne l’angle au sommet du cône, la réciproque de Thalès prouve le parallélisme dans la figure en papillon, et l’hexagone régulier sert à visualiser une translation, une symétrie axiale et une rotation. Le problème du semi-marathon fait travailler étendue, médiane et moyenne, la lecture d’une fonction affine décroissante et le calcul de vitesses moyennes, avec le piège classique de la vitesse moyenne sur l’ensemble du parcours.

L’énoncé complet se trouve sur la page Sujet du brevet de maths 2002 : Académie d’Aix-Marseille. Traite chaque exercice sur ton brouillon avant de lire sa correction.

Corrigé des activités numériques

Corrigé de l’exercice 1 : PGCD et fraction irréductible

1. 170 et 578 sont tous les deux pairs (ils se terminent par 0 et par 8) : ils sont divisibles par 2. Le numérateur et le dénominateur ont donc un diviseur commun différent de 1, et la fraction n’est pas irréductible.

2. On applique 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.

\(578=3\times 170+68\)

\(170=2\times 68+34\)

\(68=2\times 34+0\)

Le PGCD est le dernier reste non nul : PGCD(170 ; 578) = 34.

3. On divise le numérateur et le dénominateur par leur PGCD : \(170\div 34=5\) et \(578\div 34=17\).

\[\dfrac{170}{578}=\dfrac{5\times 34}{17\times 34}=\dfrac{5}{17}\]

La forme irréductible est \(\dfrac{5}{17}\).

À retenir : en divisant numérateur et dénominateur par leur PGCD, on obtient directement la fraction irréductible ; l’algorithme d’Euclide donne ce PGCD en quelques divisions.

Corrigé de l’exercice 2 : développer, évaluer, factoriser

1. On développe chaque partie :

\[(x-1)(2x+3)=2x^2+3x-2x-3=2x^2+x-3\]

\[(x-1)^2=x^2-2x+1\]

\[C=2x^2+x-3+x^2-2x+1=3x^2-x-2\]

On obtient bien \(C=3x^2-x-2\).

2. Avec la forme développée et \(\left(\sqrt{2}\right)^2=2\) :

\[C=3\times\left(\sqrt{2}\right)^2-\sqrt{2}-2=6-\sqrt{2}-2=4-\sqrt{2}\]

Pour \(x=\sqrt{2}\), \(C=4-\sqrt{2}\), donc \(a=4\).

3. Le facteur \((x-1)\) est commun aux deux termes de l’expression de départ :

\[C=(x-1)\big[(2x+3)+(x-1)\big]=(x-1)(3x+2)\]

Donc \(C=(x-1)(3x+2)\). Contrôle : \((x-1)(3x+2)=3x^2+2x-3x-2=3x^2-x-2\).

4. Un produit est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul :

\[x-1=0 \quad\text{ou}\quad 3x+2=0\]

\[x=1 \quad\text{ou}\quad x=-\dfrac{2}{3}\]

L’équation a deux solutions : 1 et \(-\dfrac{2}{3}\).

À retenir : quand un facteur apparaît dans chaque terme, mets-le en facteur au lieu de tout développer ; la forme factorisée permet ensuite de résoudre l’équation produit nul.

Corrigé de l’exercice 3 : système et achats du CDI

1. La deuxième équation donne \(x=y+5\). On remplace \(x\) dans la première (méthode par substitution) :

\[2(y+5)+3y=30 \quad\text{donc}\quad 5y+10=30 \quad\text{donc}\quad 5y=20 \quad\text{donc}\quad y=4\]

Puis \(x=4+5=9\). La solution est le couple (9 ; 4). Vérification : \(2\times 9+3\times 4=18+12=30\) et \(9-4=5\).

2. Notons \(x\) le prix d’une bande dessinée et \(y\) celui d’un livre de poche, en euros.

« 2 bandes dessinées et 3 livres coûtent 30 euros » se traduit par \(2x+3y=30\) ; « une bande dessinée coûte 5 euros de plus qu’un livre » se traduit par \(x=y+5\), c’est-à-dire \(x-y=5\).

C’est exactement le système de la question 1. Donc une bande dessinée coûte 9 euros et un livre de poche 4 euros.

À retenir : chaque phrase de l’énoncé donne une équation ; la substitution est pratique quand une inconnue s’isole facilement, comme ici \(x=y+5\).

Corrigé des activités géométriques

Corrigé de l’exercice 1 : angle et volume du cône

1. La hauteur [SO] est perpendiculaire à la base, donc le triangle SOB est rectangle en O, avec OB = 4 cm (rayon) et SO = 2,8 cm. Pour l’angle \(\widehat{OSB}\), [OB] est le côté opposé et [SO] le côté adjacent :

\[\tan\widehat{OSB}=\dfrac{OB}{SO}=\dfrac{4}{2{,}8}\approx 1{,}429\]

La calculatrice donne \(\widehat{OSB}\approx 55{,}01°\), donc \(\widehat{OSB}\approx 55°\) au degré près.

2. Volume d’un cône : \(V=\dfrac{\pi\times r^2\times h}{3}\).

\[V=\dfrac{\pi\times 4^2\times 2{,}8}{3}=\dfrac{44{,}8\pi}{3}\approx 46{,}9\]

Le volume est \(\dfrac{44{,}8\pi}{3}\) cm³, soit environ 47 cm³.

À retenir : dans un cône de révolution, le triangle formé par la hauteur, un rayon de la base et une génératrice est rectangle au centre de la base : c’est là qu’on applique la trigonométrie.

Corrigé de l’exercice 2 : la figure en papillon

1. Le triangle ABC est rectangle en A, d’hypoténuse [BC]. D’après le théorème de Pythagore :

\[BC^2=AB^2+AC^2 \quad\text{donc}\quad AC^2=13^2-5^2=169-25=144\]

Donc \(AC=\sqrt{144}\), c’est-à-dire AC = 12 cm.

2. Les points A, C, M sont alignés, les points B, C, N sont alignés, et C est situé entre A et M comme entre B et N (les points sont dans le même ordre). On compare les rapports :

\[\dfrac{CM}{CA}=\dfrac{2{,}4}{12}=0{,}2 \qquad \dfrac{CN}{CB}=\dfrac{2{,}6}{13}=0{,}2\]

Les rapports sont égaux, donc d’après la réciproque du théorème de Thalès, les droites (AB) et (MN) sont parallèles.

On peut maintenant appliquer le théorème de Thalès dans les triangles CMN et CAB :

\[\dfrac{CM}{CA}=\dfrac{CN}{CB}=\dfrac{MN}{AB} \quad\text{donc}\quad \dfrac{MN}{5}=0{,}2 \quad\text{donc}\quad MN=0{,}2\times 5=1\]

MN = 1 cm.

3. Les droites (MN) et (AB) sont parallèles, et (AB) est perpendiculaire à (AC) puisque ABC est rectangle en A. Or si deux droites sont parallèles, toute droite perpendiculaire à l’une est perpendiculaire à l’autre : (MN) est perpendiculaire à (AC), c’est-à-dire à (CM). Le triangle CMN est rectangle en M.

À retenir : la réciproque de Thalès exige des rapports égaux et des points alignés dans le même ordre ; une fois le parallélisme démontré, le théorème direct donne les longueurs.

Corrigé de l’exercice 3 : transformations dans l’hexagone

L’hexagone régulier est formé de six triangles équilatéraux identiques autour de O. Chaque transformation envoie le triangle BCO sur l’un de ces six triangles.

1. Tous les côtés de l’hexagone et tous les segments qui joignent O à un sommet ont la même longueur, donc les quadrilatères ABOF, BCDO et CDEO sont des losanges. On en déduit \(\overrightarrow{AF}=\overrightarrow{BO}=\overrightarrow{CD}=\overrightarrow{OE}\) (ces segments sont parallèles, de même longueur et de même sens). La translation de vecteur \(\overrightarrow{AF}\) envoie donc B sur O, C sur D et O sur E. L’image du triangle BCO est le triangle ODE.

2. B est sur l’axe (BE), il est donc sa propre image, de même que O. La droite (BE) est un axe de symétrie de l’hexagone : elle échange C et A. L’image du triangle BCO est le triangle BAO.

3. Les sommets de l’hexagone se succèdent A, B, C, D, E, F dans le sens contraire des aiguilles d’une montre, et l’angle entre deux sommets consécutifs, vu depuis O, est \(360°\div 6=60°\). La rotation envoie donc B sur C et C sur D, et O reste fixe. L’image du triangle BCO est le triangle CDO.

À retenir : translation, symétrie axiale et rotation conservent les longueurs et les angles ; pour trouver l’image d’un triangle, il suffit de trouver l’image de chacun de ses sommets.

Corrigé du problème

Corrigé de la partie A : les temps du groupe

1. On lit la hauteur de chaque bâton :

Durée en minutes	90	100	105	120
Effectifs (nombre de coureurs)	2	6	4	3

On vérifie que \(2+6+4+3=15\) : on retrouve bien les 15 amis.

2. a. L’étendue est la différence entre la plus grande et la plus petite valeur : \(120-90=30\). L’étendue est de 30 minutes.

b. L’effectif 15 est impair : la médiane est la 8^e valeur quand les durées sont rangées dans l’ordre croissant (7 valeurs avant, 7 après). Les 2 premières valeurs valent 90, les valeurs de rang 3 à 8 valent 100. La médiane est 100 minutes.

c. On calcule la moyenne pondérée par les effectifs :

\[\dfrac{90\times 2+100\times 6+105\times 4+120\times 3}{15}=\dfrac{180+600+420+360}{15}=\dfrac{1\,560}{15}=104\]

La moyenne est de 104 minutes.

À retenir : étendue = maximum − minimum ; médiane = valeur centrale de la série rangée ; moyenne pondérée = somme des (valeur × effectif) divisée par l’effectif total.

Corrigé de la partie B : la course de Fabien

1. À vitesse constante, durée = distance ÷ vitesse :

\[t=\dfrac{21}{12}=1{,}75\ \text{h}=1{,}75\times 60\ \text{min}=105\ \text{min}\]

La course de Fabien a duré 105 minutes (1 h 45 min).

2. \(f\) est une fonction affine, sa représentation est une droite. On place deux points : \(f(0)=21\), donc le point \((0\ ;\ 21)\), et \(f(105)=21-0{,}2\times 105=0\), donc le point \((105\ ;\ 0)\). On trace le segment qui les joint (car \(0\leqslant x\leqslant 105\)).

3. a. On part de 30 sur l’axe des abscisses, on monte jusqu’à la droite puis on lit l’ordonnée : après 30 minutes, Fabien est à 15 km de l’arrivée (calcul : \(21-0{,}2\times 30=15\)).

b. On part de 7 sur l’axe des ordonnées, on va horizontalement jusqu’à la droite puis on lit l’abscisse : Fabien est à 7 km de l’arrivée au bout de 70 minutes.

4. On résout :

\[21-0{,}2x=17 \quad\text{donc}\quad -0{,}2x=-4 \quad\text{donc}\quad x=\dfrac{-4}{-0{,}2}=20\]

La solution est \(x=20\).

5. \(f(20)=17\) : au bout de 20 minutes de course, Fabien est à 17 km de la ligne d’arrivée (il a donc déjà parcouru 4 km).

À retenir : chercher l’image d’un nombre se lit « de l’axe des abscisses vers l’axe des ordonnées », chercher un antécédent se lit dans l’autre sens ; une équation \(f(x)=k\) répond à la question « quand la grandeur vaut-elle \(k\) ? ».

Corrigé de la partie C : les vitesses de Laurent

1. En montée, Laurent parcourt 9 km en 40 min, c’est-à-dire \(\dfrac{40}{60}=\dfrac{2}{3}\) h :

\[v=\dfrac{9}{\dfrac{2}{3}}=9\times\dfrac{3}{2}=13{,}5\]

Sa vitesse moyenne en montée est 13,5 km/h.

2. En descente, 12 km en 50 min, c’est-à-dire \(\dfrac{50}{60}=\dfrac{5}{6}\) h :

\[v=\dfrac{12}{\dfrac{5}{6}}=12\times\dfrac{6}{5}=14{,}4\]

Sa vitesse moyenne en descente est 14,4 km/h.

3. Sur le parcours complet, il parcourt \(9+12=21\) km en \(40+50=90\) min, soit 1,5 h :

\[v=\dfrac{21}{1{,}5}=14\]

Sa vitesse moyenne sur le parcours total est 14 km/h. Attention : ce n’est pas la moyenne des deux vitesses, \(\dfrac{13{,}5+14{,}4}{2}=13{,}95\), car Laurent ne passe pas le même temps en montée et en descente.

À retenir : une vitesse moyenne se calcule toujours par distance totale ÷ durée totale, avec la durée convertie en heures pour obtenir des km/h.

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