Corrigé du brevet de maths 2002 : France, groupement Nord
L’énoncé complet se trouve sur la page Sujet du brevet de maths 2002 : France, groupement Nord. Traite chaque exercice sur ton brouillon avant de lire sa correction.
Plan du corrigé corrigé Nord 2002
Pour t’y retrouver, le corrigé corrigé Nord 2002 suit exactement l’ordre de l’énoncé, en 9 blocs accessibles depuis le sommaire. Tout d’abord, le corrigé explique « Calculs de fractions » (exercice 1). Ensuite, la correction reprend « Développer, factoriser, résoudre » (exercice 2). Puis tu lis la démarche complète pour « Canards et poulets » (exercice 3). Par ailleurs, tu trouves la solution rédigée de « Bouquets du 1er Mai » (exercice 4). Ensuite, en outre, le corrigé explique « Figure en papillon » (exercice 1 de géométrie).
Ensuite, la correction reprend « Angles inscrits dans un cercle » (exercice 2 de géométrie). Puis tu lis la démarche complète pour « Quatre transformations » (exercice 3 de géométrie). Par ailleurs, tu trouves la solution rédigée de « Rectangle : AM et aire de AMCN » (première partie). Enfin, le corrigé explique « Aires en fonction de x » (deuxième partie).
En somme, les notions travaillées dans le corrigé corrigé Nord 2002 sont les fractions, les racines carrées, les équations, les diviseurs communs et le théorème de Thalès, rédigées comme sur une copie.
Corrigé des activités numériques (Nord 2002)
Corrigé de l’exercice 1 : deux calculs de fractions
1. La multiplication passe avant l’addition :
\[\text{A} = \dfrac{1}{3} + \dfrac{4}{21} = \dfrac{7}{21} + \dfrac{4}{21} = \dfrac{11}{21}\]
11 est premier et ne divise pas 21 : \(\text{A} = \dfrac{11}{21}\).
2. On calcule d’abord la parenthèse, au dénominateur commun 15 :
\[\dfrac{1}{15} – \dfrac{1}{5} = \dfrac{1}{15} – \dfrac{3}{15} = -\dfrac{2}{15}\]
Diviser par \(-\dfrac{2}{15}\), c’est multiplier par son inverse \(-\dfrac{15}{2}\) :
\[\text{B} = \dfrac{6}{5}\times\left(-\dfrac{15}{2}\right) = -\dfrac{90}{10} = -9\]
\(\text{B} = -9\).
Corrigé de l’exercice 2 : développer, factoriser, calculer
1. Développements séparés :
\[(3x-1)^2 = 9x^2 – 6x + 1\]
\[(3x-1)(2x+3) = 6x^2 + 9x – 2x – 3 = 6x^2 + 7x – 3\]
Ensuite, on retranche le second résultat en changeant tous ses signes :
\[C = 9x^2 – 6x + 1 – 6x^2 – 7x + 3 = 3x^2 – 13x + 4\]
\(C = 3x^2 – 13x + 4\).
2. Le facteur commun est \((3x-1)\) :
\[C = (3x-1)\left[(3x-1) – (2x+3)\right] = (3x-1)(3x – 1 – 2x – 3) = (3x-1)(x-4)\]
\(C = (3x-1)(x-4)\).
3. Un produit est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul :
- \(3x – 1 = 0\) donne \(x = \dfrac{1}{3}\) ;
- \(x – 4 = 0\) donne \(x = 4\).
Les solutions sont \(\dfrac{1}{3}\) et 4.
4. Puis on utilise la forme développée et \(\left(\sqrt{2}\right)^2 = 2\) :
\[C = 3\times\left(\sqrt{2}\right)^2 – 13\sqrt{2} + 4 = 3\times 2 – 13\sqrt{2} + 4 = 10 – 13\sqrt{2}\]
(Contrôle avec la forme factorisée : \((3\sqrt{2}-1)(\sqrt{2}-4) = 6 – 12\sqrt{2} – \sqrt{2} + 4 = 10 – 13\sqrt{2}\).) Pour \(x = \sqrt{2}\), \(C = 10 – 13\sqrt{2}\).
Corrigé de l’exercice 3 (Nord 2002) : canards et poulets
D’abord, on note \(c\) le prix d’un canard et \(p\) le prix d’un poulet, en euros. L’énoncé se traduit par le système :
\[\left\{\begin{array}{l} 3c + 4p = 70{,}30 \\ c + p = 20{,}70 \end{array}\right.\]
La deuxième équation donne \(c = 20{,}70 – p\). Par ailleurs, on remplace dans la première :
\[3(20{,}70 – p) + 4p = 70{,}30 \quad\text{soit}\quad 62{,}10 – 3p + 4p = 70{,}30 \quad\text{soit}\quad p = 8{,}20\]
Puis \(c = 20{,}70 – 8{,}20 = 12{,}50\).
Vérification : \(3\times 12{,}50 + 4\times 8{,}20 = 37{,}50 + 32{,}80 = 70{,}30\). Un poulet coûte 8,20 € et un canard 12,50 €.
Corrigé de l’exercice 4 : les bouquets du 1er Mai
Pour utiliser toutes les fleurs dans des bouquets identiques, le nombre de bouquets doit diviser 182 (brins de muguet) et 78 (roses). Alors on veut le plus grand nombre possible : c’est le PGCD de 182 et 78. Algorithme d’Euclide :
- \(182 = 2\times 78 + 26\)
- \(78 = 3\times 26 + 0\)
Le dernier reste non nul est 26 : PGCD(182 ; 78) = 26. Julie pourra faire 26 bouquets.
Composition : \(182 \div 26 = 7\) et \(78 \div 26 = 3\). Chaque bouquet contient 7 brins de muguet et 3 roses.
Corrigé des activités géométriques
Corrigé de l’exercice 1 (Nord 2002) : la figure en papillon
1. Les points E, C, B sont alignés, ainsi que D, C, A, dans le même ordre. Ensuite, on compare :
\[\dfrac{CE}{CB} = \dfrac{5}{7{,}5} = \dfrac{2}{3} \qquad \dfrac{CD}{CA} = \dfrac{12}{18} = \dfrac{2}{3}\]
Les rapports sont égaux ; d’après la réciproque du théorème de Thalès, les droites (ED) et (AB) sont parallèles.
2. Les droites (ED) et (AB) étant parallèles, le théorème de Thalès donne :
\[\dfrac{CE}{CB} = \dfrac{CD}{CA} = \dfrac{ED}{AB} \quad\text{donc}\quad ED = \dfrac{2}{3}\times 19{,}5 = 13\]
Puis on a bien ED = 13.
3. Dans le triangle CED, le plus grand côté est [ED] :
\[ED^2 = 13^2 = 169 \qquad CE^2 + CD^2 = 5^2 + 12^2 = 25 + 144 = 169\]
Comme \(ED^2 = CE^2 + CD^2\), d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle CED est rectangle en C.
4. Dans le triangle CED rectangle en C, pour l’angle \(\widehat{\text{DEC}}\), le côté opposé est [CD] et le côté adjacent est [CE] :
\[\tan\widehat{\text{DEC}} = \dfrac{CD}{CE} = \dfrac{12}{5} = 2{,}4\]
La calculatrice donne \(\widehat{\text{DEC}} \approx 67{,}4^\circ\), soit \(\widehat{\text{DEC}} \approx 67^\circ\) au degré près.
Corrigé de l’exercice 2 : angles d’un triangle inscrit dans un cercle
Tout d’abord, on se place dans la configuration où les angles au centre \(\widehat{\text{AOB}}\) et \(\widehat{\text{BOC}}\) sont côte à côte (B est entre A et C sur le cercle), comme sur la figure ci-dessous.
Alors \(\widehat{\text{AOC}} = 360^\circ – 50^\circ – 150^\circ = 160^\circ\). Puis on utilise le théorème de l’angle inscrit : un angle inscrit mesure la moitié de l’angle au centre qui intercepte le même arc.
- \(\widehat{\text{ACB}}\) intercepte l’arc AB, comme \(\widehat{\text{AOB}}\) : \(\widehat{\text{ACB}} = \dfrac{50^\circ}{2} = 25^\circ\) ;
- \(\widehat{\text{BAC}}\) intercepte l’arc BC, comme \(\widehat{\text{BOC}}\) : \(\widehat{\text{BAC}} = \dfrac{150^\circ}{2} = 75^\circ\) ;
- la somme des angles d’un triangle vaut 180°, donc \(\widehat{\text{ABC}} = 180^\circ – 25^\circ – 75^\circ = 80^\circ\), qui est bien la moitié de \(\widehat{\text{AOC}} = 160^\circ\).
Autre justification possible : OA = OB = OC (rayons), donc les triangles OAB, OBC et OAC sont isocèles en O. Leurs angles à la base valent \(\dfrac{180^\circ – 50^\circ}{2} = 65^\circ\), \(\dfrac{180^\circ – 150^\circ}{2} = 15^\circ\) et \(\dfrac{180^\circ – 160^\circ}{2} = 10^\circ\). Comme O est à l’intérieur du triangle ABC, on retrouve \(\widehat{\text{ABC}} = 65^\circ + 15^\circ = 80^\circ\), \(\widehat{\text{BAC}} = 65^\circ + 10^\circ = 75^\circ\) et \(\widehat{\text{ACB}} = 15^\circ + 10^\circ = 25^\circ\).
\(\widehat{\text{BAC}} = 75^\circ\), \(\widehat{\text{ABC}} = 80^\circ\) et \(\widehat{\text{ACB}} = 25^\circ\).
Corrigé de l’exercice 3 : quatre transformations sur quadrillage
Pour chaque transformation, on construit l’image de chaque sommet de \(\mathcal{P}\) en comptant les carreaux, puis on relie les images dans le même ordre. Ensuite, le résultat est sur la figure ci-dessous.
1. Symétrie de centre O : O est le milieu du segment qui joint chaque point à son image. Puis la pointe de \(\mathcal{P}\) est à 1 carreau à gauche de O, son image est à 1 carreau à droite de O ; le sommet en bas à gauche de \(\mathcal{P}\), à 5 carreaux à gauche et 2 carreaux en dessous de O, a pour image le point à 5 carreaux à droite et 2 carreaux au-dessus de O. \(\mathcal{P}_1\) est le poisson retourné d’un demi-tour autour de O, la pointe tournée vers la gauche.
2. Symétrie d’axe (EF) : la droite (EF) suit les diagonales des carreaux. Chaque point et son image sont sur une perpendiculaire à (EF), c’est-à-dire sur l’autre diagonale des carreaux, à égale distance de l’axe. Concrètement, sur ce quadrillage, un déplacement de 1 carreau vers la droite devient 1 carreau vers le haut et inversement. \(\mathcal{P}_2\) est le poisson « couché » de l’autre côté de (EF), la pointe tournée vers le haut (la pointe de \(\mathcal{P}\), à 3 carreaux au-dessus de E, a pour image le point à 3 carreaux à droite de E).
Corrigé de l’exercice 3 : quatre transformations sur quadrillage (suite)
3. Translation de vecteur \(\overrightarrow{AB}\) : pour aller de A à B, on se déplace de 2 carreaux vers la droite et de 4 carreaux vers le haut. Ensuite, on applique ce même déplacement à chaque sommet de \(\mathcal{P}\). \(\mathcal{P}_3\) est le poisson glissé, sans être tourné, 2 carreaux à droite et 4 carreaux plus haut.
4. Rotation de centre E, d’angle 90°, dans le sens de la flèche, c’est-à-dire le sens inverse des aiguilles d’une montre. De plus, pour chaque sommet, on regarde le déplacement depuis E et on le fait tourner d’un quart de tour : un déplacement « vers le haut » devient « vers la gauche », « vers la droite » devient « vers le haut ». Par exemple la pointe de \(\mathcal{P}\), 3 carreaux au-dessus de E, a pour image le point situé 3 carreaux à gauche de E. \(\mathcal{P}_4\) est le poisson tourné d’un quart de tour autour de E, la pointe vers le haut.
Corrigé du problème (Nord 2002)
Corrigé de la première partie : BM = CN = 2 cm
1. ABCD est un rectangle, donc le triangle ABM est rectangle en B. D’après le théorème de Pythagore :
\[AM^2 = AB^2 + BM^2 = 6^2 + 2^2 = 36 + 4 = 40\]
\[AM = \sqrt{40} = \sqrt{4\times 10} = 2\sqrt{10}\]
\(AM = 2\sqrt{10}\) cm (environ 6,3 cm).
2. Le quadrilatère AMCN est le rectangle privé des triangles ABM et ADN.
- Aire du rectangle : \(6\times 4 = 24\) cm².
- Triangle ABM rectangle en B : \(\dfrac{AB\times BM}{2} = \dfrac{6\times 2}{2} = 6\) cm².
- DN = DC − CN = 6 − 2 = 4 cm ; triangle ADN rectangle en D : \(\dfrac{AD\times DN}{2} = \dfrac{4\times 4}{2} = 8\) cm².
\[\text{aire}(AMCN) = 24 – 6 – 8 = 10\ \text{cm}^2\]
L’aire du quadrilatère AMCN est bien 10 cm².
Corrigé de la deuxième partie : M et N mobiles
1. Le triangle ABM est rectangle en B :
\[\text{aire}(ABM) = \dfrac{AB\times BM}{2} = \dfrac{6x}{2} = 3x\]
L’aire de ABM est \(3x\) cm².
2. a. N est sur [CD] avec CN = \(x\), donc \(DN = 6 – x\) (en cm).
b. Le triangle ADN est rectangle en D :
\[\text{aire}(ADN) = \dfrac{AD\times DN}{2} = \dfrac{4(6-x)}{2} = 2(6-x) = 12 – 2x\]
L’aire de ADN est \(12 – 2x\) cm². L’énoncé annonce \(2x + 12\) : c’est une erreur de signe. Puis on le vérifie avec la première partie : pour \(x = 2\), l’aire de ADN vaut 8 cm², ce qui correspond à \(12 – 2\times 2 = 8\) et pas à \(2\times 2 + 12 = 16\) (qui dépasserait d’ailleurs la moitié du rectangle). Ensuite, dans la suite, on utilise l’expression correcte \(12 – 2x\).
3. a. \(f : x \longmapsto 3x\) est linéaire : sa représentation est la droite passant par (0 ; 0) et (4 ; 12). Par ailleurs, l’aire de ADN est représentée par la droite passant par (0 ; 12) et (4 ; 4). Puis pour information, la fonction \(g : x \longmapsto 2x + 12\) imprimée serait la droite passant par (0 ; 12) et (4 ; 20) (en pointillés gris ci-dessous).
b. Le point d’intersection R a une abscisse \(x\) qui vérifie \(3x = 12 – 2x\), soit \(5x = 12\) et \(x = 2{,}4\) ; son ordonnée est \(3\times 2{,}4 = 7{,}2\). R(2,4 ; 7,2).
Avec la fonction \(g\) telle qu’elle est imprimée, on aurait \(3x = 2x + 12\), soit \(x = 12\) et R(12 ; 36) : ce point n’a pas de sens ici puisque \(x\) ne dépasse pas 4, ce qui confirme la coquille.
4. a. Les aires de ABM et ADN sont égales quand \(3x = 12 – 2x\), c’est-à-dire pour l’abscisse du point R : \(x = 2{,}4\) cm. Ensuite, les deux triangles ont alors une aire de 7,2 cm².
Corrigé de la deuxième partie : M et N mobiles (suite)
b. Pour \(x = 2{,}4\) :
\[\text{aire}(AMCN) = 24 – 7{,}2 – 7{,}2 = 9{,}6\ \text{cm}^2\]
L’aire du quadrilatère AMCN est 9,6 cm². (En général, \(24 – 3x – (12 – 2x) = 12 – x\), qui redonne bien 10 cm² pour \(x = 2\).)
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Bien réviser avec le corrigé corrigé Nord 2002
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. Puis dans les questions sur les équations, garde l’équilibre des deux membres à chaque étape, ainsi tu évites les erreurs de signe. 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 Nord 2002 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 Nord 2002
Faut-il lire le corrigé corrigé Nord 2002 en entier ?
Non, pas forcément. De plus, 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 2002. 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 équations et les diviseurs communs. 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. Ensuite, en outre, les correcteurs tiennent compte de la rédaction, donc chaque résultat doit être justifié.
D’autres annales à faire après le corrigé corrigé Nord 2002
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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