Corrigé du brevet de maths 2001 : Amérique du Nord
L’énoncé complet se trouve sur la page Sujet du brevet de maths 2001 : Amérique du Nord. Traite chaque exercice sur ton brouillon avant de lire sa correction.
Activités numériques
Corrigé de l’exercice 1 : fractions et puissances de 10
A. On effectue d’abord la multiplication, en simplifiant par 5 : \(\dfrac{5}{2}\times\dfrac{7}{15}=\dfrac{5\times7}{2\times3\times5}=\dfrac{7}{6}\). Puis on met au même dénominateur 6 :
\[\text{A}=\dfrac{4}{3}+\dfrac{7}{6}=\dfrac{8}{6}+\dfrac{7}{6}=\dfrac{15}{6}=\dfrac{5}{2}\]
\(\text{A}=\dfrac{5}{2}\).
B. On sépare les nombres et les puissances de 10 : \(5\times0{,}3=1{,}5\) et \(10^2\times10^{-6}=10^{-4}\).
\[\text{B}=\dfrac{1{,}5\times10^{-4}}{25\times10^{-5}}=\dfrac{1{,}5}{25}\times10^{-4-(-5)}=0{,}06\times10=0{,}6\]
Et \(0{,}6=\dfrac{6}{10}=\dfrac{3}{5}\) : \(\text{B}=\dfrac{3}{5}\).
Corrigé de l’exercice 2 : aires exactes avec une racine carrée
Aire du carré ABCD. Son côté est \(\sqrt{3}-1\). On utilise \((a-b)^2=a^2-2ab+b^2\) :
\[\mathcal{A}_{\text{ABCD}}=\left(\sqrt{3}-1\right)^2=3-2\sqrt{3}+1=4-2\sqrt{3}\]
L’aire du carré est \(4-2\sqrt{3}\) (environ 0,54).
Aire du rectangle AEFD. Sa longueur est \(\text{AE}=\text{AB}+\text{BE}=\sqrt{3}-1+2=\sqrt{3}+1\) et sa largeur est \(\text{AD}=\text{AB}=\sqrt{3}-1\) (côté du carré). Avec \((a+b)(a-b)=a^2-b^2\) :
\[\mathcal{A}_{\text{AEFD}}=\left(\sqrt{3}+1\right)\left(\sqrt{3}-1\right)=3-1=2\]
L’aire du rectangle AEFD est 2.
Corrigé de l’exercice 3 : développer, factoriser, résoudre
1. On développe chaque morceau séparément, en gardant le second entre parenthèses à cause du signe moins :
\[(2x+1)^2=4x^2+4x+1\qquad(x-5)(2x+1)=2x^2+x-10x-5=2x^2-9x-5\]
\[A=4x^2+4x+1-\left(2x^2-9x-5\right)=4x^2+4x+1-2x^2+9x+5\]
\(A=2x^2+13x+6\).
2. Le facteur \((2x+1)\) apparaît dans les deux termes : \((2x+1)^2=(2x+1)(2x+1)\).
\[A=(2x+1)\left[(2x+1)-(x-5)\right]=(2x+1)(2x+1-x+5)\]
\(A=(2x+1)(x+6)\). Contrôle : \((2x+1)(x+6)=2x^2+12x+x+6=2x^2+13x+6\).
3. Un produit est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul :
\[2x+1=0\ \text{donne}\ x=-\dfrac{1}{2}\qquad x+6=0\ \text{donne}\ x=-6\]
Les solutions sont \(-\dfrac{1}{2}\) et \(-6\).
Corrigé de l’exercice 4 : statistiques sur les notes
On lit les effectifs sur le diagramme :
| Note | 8 | 9 | 11 | 12 | 13 | 14 | 16 | Total |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| Effectif | 3 | 5 | 2 | 4 | 2 | 7 | 2 | 25 |
1. Moyenne pondérée par les effectifs :
\[\bar{x}=\dfrac{8\times3+9\times5+11\times2+12\times4+13\times2+14\times7+16\times2}{25}=\dfrac{24+45+22+48+26+98+32}{25}=\dfrac{295}{25}=11{,}8\]
La moyenne de la classe est 11,8.
2. L’étendue est la différence entre la plus grande et la plus petite note : \(16-8=8\). L’étendue est 8.
3. Les notes strictement supérieures à 10 sont 11, 12, 13, 14 et 16 : \(2+4+2+7+2=17\) élèves.
\[\dfrac{17}{25}\times100=68\]
68 % des élèves ont obtenu une note supérieure à 10.
Activités géométriques
Corrigé de l’exercice 1 : triangle rectangle, hauteur et Thalès
1. Le plus long côté est [MN]. On compare :
\[\text{MN}^2=8^2=64\qquad\text{ML}^2+\text{LN}^2=4{,}8^2+6{,}4^2=23{,}04+40{,}96=64\]
On a \(\text{MN}^2=\text{ML}^2+\text{LN}^2\) : d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle LMN est rectangle en L.
2. Dans le triangle LMN rectangle en L, pour l’angle \(\widehat{\text{LNM}}\), [LN] est le côté adjacent et [MN] l’hypoténuse :
\[\cos\widehat{\text{LNM}}=\dfrac{\text{LN}}{\text{MN}}=\dfrac{6{,}4}{8}=0{,}8\]
La calculatrice donne \(\widehat{\text{LNM}}\approx36{,}87^\circ\), soit \(\widehat{\text{LNM}}\approx37^\circ\) au degré près.
3. On calcule l’aire du triangle LMN de deux façons. Avec les côtés de l’angle droit : \(\dfrac{\text{ML}\times\text{LN}}{2}\). Avec la base [MN] et la hauteur [LK] : \(\dfrac{\text{MN}\times\text{LK}}{2}\). Ces deux expressions sont égales, donc :
\[\text{MN}\times\text{LK}=\text{ML}\times\text{LN}\quad\text{soit}\quad\text{LK}=\dfrac{4{,}8\times6{,}4}{8}=\dfrac{30{,}72}{8}=3{,}84\]
LK = 3,84 cm. (Autre méthode : dans le triangle LKN rectangle en K, \(\text{LK}=\text{LN}\times\sin\widehat{\text{LNM}}\) avec \(\sin\widehat{\text{LNM}}=\dfrac{\text{ML}}{\text{MN}}=0{,}6\), d’où \(6{,}4\times0{,}6=3{,}84\).)
4. Les droites (RS) et (ML) sont toutes deux perpendiculaires à (LN) : elles sont donc parallèles. Dans le triangle NML, R est sur [NL], S sur [NM] et (RS) ∥ (LM) ; d’après le théorème de Thalès :
\[\dfrac{\text{NS}}{\text{NM}}=\dfrac{\text{RS}}{\text{ML}}\quad\text{soit}\quad\dfrac{2}{8}=\dfrac{\text{RS}}{4{,}8}\quad\text{donc}\quad\text{RS}=\dfrac{2\times4{,}8}{8}=1{,}2\]
RS = 1,2 cm.
Corrigé de l’exercice 2 : un losange dans un repère
1. Dans un repère orthonormé, on calcule les longueurs MO et MN :
\[\text{MO}=\sqrt{(0-(-2))^2+(0-(-4))^2}=\sqrt{4+16}=\sqrt{20}\]
\[\text{MN}=\sqrt{(2-(-2))^2+(-2-(-4))^2}=\sqrt{16+4}=\sqrt{20}\]
MO = MN : le triangle OMN est isocèle en M.
2. Le vecteur \(\overrightarrow{\text{MO}}\) correspond à un déplacement de 2 vers la droite et 4 vers le haut. En l’appliquant à N(2 ; −2), on obtient P(4 ; 2).
3. P est l’image de N par la translation de vecteur \(\overrightarrow{\text{MO}}\), donc \(\overrightarrow{\text{NP}}=\overrightarrow{\text{MO}}\) : le quadrilatère MOPN, c’est-à-dire OMNP, est un parallélogramme. De plus, ses deux côtés consécutifs [MO] et [MN] ont la même longueur (question 1). Un parallélogramme qui a deux côtés consécutifs de même longueur est un losange : OMNP est un losange.
4. [ON] et [MP] sont les diagonales du parallélogramme OMNP : elles se coupent en leur milieu. K est donc le milieu de [ON] :
\[x_K=\dfrac{0+2}{2}=1\qquad y_K=\dfrac{0+(-2)}{2}=-1\]
K(1 ; −1). Contrôle avec [MP] : \(\left(\dfrac{-2+4}{2}\ ;\ \dfrac{-4+2}{2}\right)=(1\ ;\ -1)\).
Problème
Corrigé de la première partie : volumes en fonction de x
1. Volume d’un pavé = longueur × largeur × hauteur :
\[V_1=10\times6\times x=60x\]
\(V_1=60x\) (en cm³).
2. La pyramide a pour base le rectangle ABCD, d’aire \(10\times6=60\) cm². Sa hauteur est SO = SI − OI = \(12-x\), puisque OI est la hauteur du pavé. Le volume d’une pyramide vaut \(\dfrac{1}{3}\times\text{aire de la base}\times\text{hauteur}\) :
\[V_2=\dfrac{1}{3}\times60\times(12-x)=20\times(12-x)=240-20x\]
On a bien \(V_2=240-20x\).
3. \(x\) est une hauteur, donc \(x\gt0\), et la pyramide doit exister, donc sa hauteur \(12-x\gt0\), soit \(x\lt12\). \(x\) varie entre 0 et 12 (en cm), soit \(0\lt x\lt12\).
4. On résout \(V_1=V_2\) :
\[60x=240-20x\quad\text{donc}\quad80x=240\quad\text{donc}\quad x=3\]
Alors \(V_1=60\times3=180\) et \(V_2=240-20\times3=180\). Pour \(x=3\) cm, les deux volumes valent 180 cm³.
5. On résout \(V_2\lt200\) :
\[240-20x\lt200\quad\text{donc}\quad-20x\lt-40\]
On divise par \(-20\), nombre négatif, donc le sens de l’inégalité change : \(x\gt2\). Avec la question 3 : le volume de la pyramide est inférieur à 200 cm³ pour \(2\lt x\lt12\).
Corrigé de la deuxième partie : lecture graphique
1. \(f\) est linéaire : sa droite passe par l’origine, par exemple par (0 ; 0) et (4 ; 240). \(g\) est affine : sa droite passe par (0 ; 240) et (12 ; 0). Avec les unités imposées, 240 cm³ se placent à 12 cm de hauteur et \(x=12\) à 12 cm de l’origine.
| \(x\) | 0 | 3 | 4 | 12 |
|---|---|---|---|---|
| \(f(x)=60x\) | 0 | 180 | 240 | 720 |
| \(g(x)=240-20x\) | 240 | 180 | 160 | 0 |
2. \(V_1=V_2\) revient à \(f(x)=g(x)\) : on cherche le point d’intersection des deux droites. L’abscisse de ce point, 3, donne la valeur de \(x\) ; son ordonnée, 180, donne le volume commun en cm³.
Corrigé de la troisième partie : section de la pyramide
1. La section d’une pyramide par un plan parallèle à sa base est une réduction de la base. Le plan passe par le milieu de [SO] : la petite pyramide au-dessus a une hauteur égale à la moitié de SO, donc le rapport de réduction est \(k=\dfrac{1}{2}\).
Les longueurs sont multipliées par \(\dfrac{1}{2}\) : la section est un rectangle de \(10\times\dfrac{1}{2}=5\) cm sur \(6\times\dfrac{1}{2}=3\) cm. Son aire est :
\[5\times3=15\ \text{cm}^2\qquad\text{ou encore}\qquad60\times\left(\dfrac{1}{2}\right)^2=\dfrac{60}{4}=15\ \text{cm}^2\]
L’aire de la section est 15 cm². Remarque : ce résultat ne dépend pas de \(x\).
2. On trace un rectangle de 5 cm de long et 3 cm de large (angles droits à l’équerre). C’est la section en vraie grandeur.
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