Corrigé du brevet de maths 2000 : Académie de Poitiers

L’énoncé complet se trouve sur la page Sujet du brevet de maths 2000 : Académie de Poitiers. Traite chaque exercice sur ton brouillon avant de lire sa correction.

Plan du corrigé corrigé Poitiers 2000

Comme l’énoncé, le corrigé corrigé Poitiers 2000 est découpé en 9 blocs, chacun relié au sommaire ci-dessus. Tout d’abord, la correction reprend « Développer et factoriser » (exercice 1). Ensuite, tu lis la démarche complète pour « Nombres premiers entre eux » (exercice 2). Puis tu trouves la solution rédigée de « Système d’équations » (exercice 3). Par ailleurs, le corrigé explique « Prix de l’an 2000 » (exercice 4). Puis en outre, la correction reprend « Cône de révolution » (exercice 1 de géométrie).

Ensuite, tu lis la démarche complète pour « Thalès et réciproque » (exercice 2 de géométrie). Puis tu trouves la solution rédigée de « Symétrie, rotation, translation » (exercice 3 de géométrie). Par ailleurs, le corrigé explique « Alignement des points I, M, E » (première partie). Enfin, la correction reprend « Périmètres des deux massifs » (deuxième partie).

Ainsi, le corrigé corrigé Poitiers 2000 te fait revoir les systèmes d’équations, les puissances de 10, les pyramides et les cônes, le théorème de Pythagore et le théorème de Thalès, avec à chaque fois la justification attendue le jour de l’examen.

Corrigé de la partie numérique (Poitiers 2000)

Corrigé de l’exercice 1 : développer, factoriser, calculer

1. D’abord, on développe chaque morceau séparément. Avec l’identité \((a + b)^2 = a^2 + 2ab + b^2\) :

\[ (2x + 1)^2 = 4x^2 + 4x + 1 \]

Avec la double distributivité :

\[ (x – 3)(2x + 1) = 2x^2 + x – 6x – 3 = 2x^2 – 5x – 3 \]

Le signe « moins » placé devant ce produit change le signe de chacun de ses termes :

\[ A = 4x^2 + 4x + 1 – 2x^2 + 5x + 3 = 2x^2 + 9x + 4 \]

Donc \(A = 2x^2 + 9x + 4\).

2. Le facteur \((2x + 1)\) apparaît dans les deux termes, car \((2x + 1)^2 = (2x + 1)(2x + 1)\) :

\[ A = (2x + 1)\big[(2x + 1) – (x – 3)\big] = (2x + 1)(2x + 1 – x + 3) = (2x + 1)(x + 4) \]

Donc \(A = (2x + 1)(x + 4)\). Contrôle en redéveloppant : \(2x^2 + 8x + x + 4 = 2x^2 + 9x + 4\).

3. La forme factorisée est la plus pratique : \(A = (2 \times (-2) + 1)(-2 + 4) = (-3) \times 2 = -6\). Avec la forme développée : \(2 \times 4 + 9 \times (-2) + 4 = 8 – 18 + 4 = -6\). De plus, pour \(x = -2\), \(A = -6\).

Corrigé de l’exercice 2 : nombres premiers entre eux

Deux nombres sont premiers entre eux lorsque leur PGCD est égal à 1. Ensuite, on applique l’algorithme d’Euclide (divisions successives) :

Le dernier reste non nul est 1, donc PGCD(1 432 ; 587) = 1 : 1 432 et 587 sont premiers entre eux.

Autre méthode : \(1\,432 = 2^3 \times 179\) et 587 est un nombre premier (il n’est divisible par aucun nombre premier jusqu’à 23, et \(24^2 = 576 \lt 587 \lt 625 = 25^2\)). Comme 587 n’est ni 2 ni 179, les deux nombres n’ont aucun diviseur premier commun : on retrouve le même résultat.

Corrigé de l’exercice 3 (Poitiers 2000) : un système par addition

Les coefficients de \(y\) sont opposés (\(+y\) et \(-y\)) : en additionnant les deux équations membre à membre, \(y\) disparaît.

\[ (3x + y) + (6x – y) = -1 + 7 \quad\text{soit}\quad 9x = 6 \quad\text{donc}\quad x = \dfrac{6}{9} = \dfrac{2}{3} \]

On remplace dans la première équation : \(3 \times \dfrac{2}{3} + y = -1\), soit \(2 + y = -1\), donc \(y = -3\).

Vérification dans la seconde : \(6 \times \dfrac{2}{3} – (-3) = 4 + 3 = 7\). Ensuite, la solution du système est le couple \(\left(\dfrac{2}{3}\ ;\ -3\right)\).

Corrigé de l’exercice 4 : les prix de l’an 2000

Gomme. La multiplication est prioritaire : \(\dfrac{1}{4} \times 10 = \dfrac{10}{4} = \dfrac{5}{2}\). Donc :

\[ -\dfrac{1}{2} + \dfrac{5}{2} = \dfrac{4}{2} = 2 \]

La gomme coûte 2 F.

Équerre. Multiplier par \(10^{-2}\) décale la virgule de deux rangs vers la gauche, par \(10^{-1}\) d’un rang vers la gauche, par \(10^{2}\) de deux rangs vers la droite :

\[ 0{,}29 + 13{,}31 – 3{,}6 = 13{,}6 – 3{,}6 = 10 \]

L’équerre coûte 10 F.

Compas. Puis on simplifie \(\sqrt{50} = \sqrt{25 \times 2} = 5\sqrt{2}\), et on utilise \((a + b)(a – b) = a^2 – b^2\) :

\[ 5\sqrt{2} – 5\sqrt{2} + \left(5^2 – \left(\sqrt{2}\right)^2\right) = 0 + 25 – 2 = 23 \]

Le compas coûte 23 F.

Corrigé de la partie géométrique

Corrigé de l’exercice 1 (Poitiers 2000) : le cône de révolution

1. Le volume d’un cône est \(V = \dfrac{1}{3} \times \text{aire de la base} \times \text{hauteur}\). Par ailleurs, la base est un disque de rayon 6 cm :

\[ V = \dfrac{1}{3} \times \pi \times 6^2 \times 9 = \dfrac{324\pi}{3} = 108\pi \approx 339{,}29 \]

Le volume du cône est \(108\pi\) cm³, soit environ 339,3 cm³.

2. La hauteur [SO] est perpendiculaire à la base, donc le triangle SOA est rectangle en O, avec SO = 9 cm et OA = 6 cm (un rayon). D’après le théorème de Pythagore :

\[ \text{SA}^2 = \text{SO}^2 + \text{OA}^2 = 81 + 36 = 117 \quad\text{donc}\quad \text{SA} = \sqrt{117} \approx 10{,}82 \]

La génératrice mesure SA ≈ 10,8 cm.

Corrigé de l’exercice 2 : Thalès et sa réciproque

1. Les droites (CE) et (BD) se coupent en A ; les points C, A, E sont alignés, de même que B, A, D, et les droites (BC) et (DE) sont parallèles. D’après le théorème de Thalès (configuration « papillon ») :

\[ \dfrac{\text{AB}}{\text{AD}} = \dfrac{\text{AC}}{\text{AE}} = \dfrac{\text{BC}}{\text{DE}} \quad\text{d^{\prime}où}\quad \dfrac{\text{AB}}{3{,}5} = \dfrac{3}{5{,}25} \]

\[ \text{AB} = \dfrac{3{,}5 \times 3}{5{,}25} = \dfrac{10{,}5}{5{,}25} = 2 \]

Donc AB = 2.

2. Alors on se place dans le triangle BDF. Puis les points B, A, D sont alignés dans cet ordre, ainsi que B, C, F. Ensuite, on calcule :

• BD = BA + AD = 2 + 3,5 = 5,5, donc \(\dfrac{\text{BA}}{\text{BD}} = \dfrac{2}{5{,}5} = \dfrac{4}{11}\) ;
• BF = BC + CF = 4 + 7 = 11, donc \(\dfrac{\text{BC}}{\text{BF}} = \dfrac{4}{11}\).

Puis on a \(\dfrac{\text{BA}}{\text{BD}} = \dfrac{\text{BC}}{\text{BF}}\) et les points sont placés dans le même ordre sur les deux droites. D’après la réciproque du théorème de Thalès, les droites (AC) et (DF) sont parallèles.

Corrigé de l’exercice 3 : symétrie, rotation et translation

Sur le quadrillage, une unité correspond à un carreau. Ensuite, on lit O(0 ; 0), A(1 ; −4) et B(4 ; −2).

1. Pour aller de B à A, on se déplace de 3 carreaux vers la gauche et de 2 carreaux vers le bas. Par le calcul : \((1 – 4\ ;\ -4 – (-2))\). Donc \(\overrightarrow{\text{BA}}\,(-3\ ;\ -2)\).

2. Par la symétrie de centre O, chaque point est envoyé à l’opposé par rapport à O, à la même distance : O est le milieu de [AG] et de [BH]. Ensuite, les coordonnées changent de signe : G(−1 ; 4) et H(−4 ; 2), et O reste fixe.

3. La flèche du schéma tourne dans le sens inverse des aiguilles d’une montre. Puis dans une rotation de centre O et d’angle 90° dans ce sens, OM = OA avec \(\widehat{\text{AOM}} = 90°\), et ON = OB avec \(\widehat{\text{BON}} = 90°\). Sur le quadrillage, un déplacement « 1 à droite, 4 en bas » devient « 4 à droite, 1 en haut » : M(4 ; 1). De même, « 4 à droite, 2 en bas » devient « 2 à droite, 4 en haut » : N(2 ; 4).

4. a. Puis on applique à O le déplacement \(\overrightarrow{\text{BA}}\,(-3\ ;\ -2)\) : C(−3 ; −2).

b. Comme C est l’image de O par la translation de vecteur \(\overrightarrow{\text{BA}}\), on a \(\overrightarrow{\text{OC}} = \overrightarrow{\text{BA}}\). De plus, le quadrilatère BACO (c’est-à-dire OBAC) est donc un parallélogramme : OBAC est un parallélogramme.

Il n’est pas plus particulier : \(\text{OB} = \sqrt{4^2 + 2^2} = \sqrt{20}\) et \(\text{BA} = \sqrt{3^2 + 2^2} = \sqrt{13}\) sont différentes (pas de losange), et les côtés [OB] et [BA] ne sont pas perpendiculaires (pas de rectangle), comme on le voit sur le quadrillage.

Corrigé du problème (Poitiers 2000)

Corrigé de la première partie : les points I, M et E sont-ils alignés ?

1. Le triangle AMC est équilatéral, donc ses trois angles mesurent 60°, en particulier \(\widehat{\text{AMC}} = 60°\). I est le milieu de [AC], donc (MI) est la médiane issue de M. Ensuite, dans un triangle équilatéral, la médiane issue d’un sommet est aussi la bissectrice de l’angle en ce sommet. Donc :

\[ \widehat{\text{AMI}} = \dfrac{60°}{2} = 30° \]

\(\widehat{\text{AMI}} = 30°\).

2. MDEB est un rectangle, donc MD = BE = 4 et DE = MB = 7, et le triangle DME est rectangle en D. Par ailleurs, la tangente d’un angle aigu est le côté opposé divisé par le côté adjacent :

\[ \tan\widehat{\text{DME}} = \dfrac{\text{DE}}{\text{MD}} = \dfrac{7}{4} = 1{,}75 \]

À la calculatrice, \(\arctan(1{,}75) \approx 60{,}26\). Donc \(\tan\widehat{\text{DME}} = 1{,}75\) et \(\widehat{\text{DME}} \approx 60{,}3°\).

3. a. Autour du point M, en tournant de la demi-droite [MI) vers [ME) en passant par A puis D, on rencontre trois angles côte à côte :

• \(\widehat{\text{IMA}} = 30°\) (question 1) ;
• \(\widehat{\text{AMD}} = 90°\), car MDEB est un rectangle, donc (MD) est perpendiculaire à (AB) ;
• \(\widehat{\text{DME}} \approx 60{,}3°\) (question 2).

\[ \widehat{\text{IME}} \approx 30 + 90 + 60{,}3 = 180{,}3° \]

Mesuré de ce côté, \(\widehat{\text{IME}} \approx 180{,}3°\) ; de l’autre côté, l’angle saillant mesure donc environ \(360 – 180{,}3 = 179{,}7°\).

b. Les points I, M, E seraient alignés (avec M entre I et E) si l’angle \(\widehat{\text{IME}}\) était plat, c’est-à-dire égal à 180°. Ici, il mesure environ 180,3°, et même sans arrondir \(30 + 90 + 60{,}255 \ldots\) dépasse 180. Les points I, M et E ne sont pas alignés, même s’ils le semblent presque à l’œil.

Corrigé de la première partie : les points I, M et E sont-ils alignés (suite)

Vérification indépendante avec un repère d’origine A, l’axe des abscisses porté par (AB) : M(6 ; 0), E(13 ; −4) et I, milieu de [AC] avec \(\text{C}(3\ ;\ 3\sqrt{3})\), a pour coordonnées \(\left(1{,}5\ ;\ 1{,}5\sqrt{3}\right)\). Puis la pente de (MI) vaut \(\dfrac{1{,}5\sqrt{3}}{-4{,}5} = -\dfrac{\sqrt{3}}{3} \approx -0{,}5774\) et celle de (ME) vaut \(-\dfrac{4}{7} \approx -0{,}5714\) : elles sont différentes, les points ne sont pas alignés.

Corrigé de la deuxième partie : comparer les périmètres

1. Le triangle AMC est équilatéral de côté AM = \(x\), ses trois côtés mesurent \(x\). Son périmètre est \(f(x) = 3x\).

2. a. M est sur le segment [AB], donc BM = AB − AM : BM = \(13 – x\).

b. Le rectangle MDEB a pour dimensions BM = \(13 – x\) et BE = 4. Son périmètre vaut :

\[ g(x) = 2 \times \big[(13 – x) + 4\big] = 2 \times (17 – x) = 34 – 2x \]

La fonction \(g\) est donc bien définie par \(g : x \longmapsto 34 – 2x\).

3. a. \(f\) est une fonction linéaire : sa représentation est une droite passant par l’origine. Ensuite, un second point suffit, par exemple \(f(13) = 39\) : on trace la droite passant par (0 ; 0) et (13 ; 39). Avec les unités imposées, le point (13 ; 39) est à 13 cm à droite et 19,5 cm au-dessus de l’origine.

b. \(g\) est une fonction affine : sa représentation est une droite. Alors on calcule deux points : \(g(0) = 34\) et \(g(13) = 34 – 26 = 8\). Puis on trace la droite passant par (0 ; 34) et (13 ; 8).

4. a. Les deux massifs ont le même périmètre quand \(f(x) = g(x)\) :

\[ 3x = 34 – 2x \]

\[ 5x = 34 \quad\text{donc}\quad x = \dfrac{34}{5} = 6{,}8 \]

Les périmètres sont égaux pour AM = 6,8 m ; ils valent alors \(3 \times 6{,}8 = 20{,}4\) m chacun (et \(34 – 2 \times 6{,}8 = 20{,}4\) m, on retrouve bien la même valeur).

b. Sur le graphique, les deux droites se coupent en un point ; en traçant les pointillés vers les axes, on lit une abscisse d’environ 6,8 et une ordonnée d’environ 20,4. Le graphique confirme \(x = 6{,}8\).

Corrigé de la deuxième partie : comparer les périmètres (suite)

5. a. Ensuite, on résout l’inéquation :

\[ 34 – 2x \leqslant 25 \]

\[ -2x \leqslant -9 \]

Puis on divise par \(-2\), qui est négatif : le sens de l’inégalité change.

\[ x \geqslant 4{,}5 \]

Les solutions sont tous les nombres \(x \geqslant 4{,}5\) (et, dans la situation, \(x\) ne peut pas dépasser 13).

b. Le périmètre du massif rectangulaire doit être au plus égal aux 25 m de bordure disponibles, soit \(34 – 2x \leqslant 25\), donc \(x \geqslant 4{,}5\). La plus petite valeur de AM est 4,5 m : dans ce cas, le rectangle mesure 8,5 m sur 4 m et son périmètre vaut exactement 25 m.

Retour à l’énoncé : Sujet du brevet de maths 2000 : Académie de Poitiers.

Méthode pour exploiter le corrigé corrigé Poitiers 2000

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.

Pour les systèmes d’équations, choisis la substitution ou la combinaison selon les coefficients, puis vérifie le couple trouvé dans les deux équations. De plus, en ce qui concerne les puissances de 10, regroupe les puissances de 10 à part et applique \(10^a\times 10^b=10^{a+b}\), puis écris le résultat en notation scientifique. Quant aux pyramides et les cônes, calcule d’abord l’aire de la base, ensuite multiplie par la hauteur et divise par 3. Enfin, si une notion te bloque, relis la page de Wikipédia consacrée à la notion de système d’équations, puis reviens à la question.

Après avoir lu le corrigé corrigé Poitiers 2000, referme la page et refais de mémoire les questions qui t’ont posé problème. Puis, quelques jours plus tard, reprends le sujet entier en temps limité.

Tes questions sur le corrigé corrigé Poitiers 2000

Faut-il lire le corrigé corrigé Poitiers 2000 en entier ?

Pas nécessairement. Grâce au sommaire, tu peux aller directement à l’exercice qui t’intéresse, puis revenir au reste plus tard.

Où trouver l’énoncé de ce sujet ?

L’énoncé complet est publié sur une page séparée, le sujet du brevet de maths 2000. Ainsi, tu peux le traiter sans voir les réponses.

Quelles notions ce corrigé fait-il travailler ?

On y retrouve principalement les systèmes d’équations, les puissances de 10, les pyramides et les cônes et le théorème de Pythagore. Par conséquent, ces chapitres sont les premiers à réviser si une correction t’a surpris.

Comment se déroule l’épreuve de maths du brevet ?

C’est une épreuve écrite du diplôme national du brevet, passée à la fin de la classe de troisième. Par ailleurs, la clarté de la rédaction et la justification des réponses comptent dans la note.

Continuer l’entraînement après le corrigé corrigé Poitiers 2000

Pour prolonger ton entraînement, choisis ensuite un autre sujet de la même année dans la liste ci-dessous. Ainsi, tu vérifies que les méthodes tiennent sur des énoncés différents.

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