Corrigé du brevet de maths 2003 : France, groupement Ouest, septembre

L’énoncé complet se trouve sur la page Sujet du brevet de maths 2003 : France, groupement Ouest, septembre. Traite chaque exercice sur ton brouillon avant de lire sa correction.

Ce que détaille le corrigé corrigé Ouest 2003

Comme l’énoncé, le corrigé corrigé Ouest 2003 est découpé en 9 blocs, chacun relié au sommaire ci-dessus. Tout d’abord, la correction reprend « PGCD et fraction irréductible » (activités numériques). Ensuite, tu lis la démarche complète pour « Deux écritures de 1/7 » (exercice 1 de la partie numérique). Puis tu trouves la solution rédigée de « Développer et factoriser » (exercice 2 de la partie numérique). Par ailleurs, le corrigé explique « Universités par académie » (exercice 3 de la partie numérique). En outre, la correction reprend « Lecture graphique d’une fonction affine » (exercice 4 de la partie numérique).

Ensuite, tu lis la démarche complète pour « Le triangle DOS » (exercice 5 de la partie numérique). Puis tu trouves la solution rédigée de « La bobine en bois » (activités géométriques). Par ailleurs, le corrigé explique « Le quadrilatère ABCD » (exercice 1 de géométrie). Enfin, la correction reprend « La boîte en forme de prisme » (exercice 2 de géométrie).

Ainsi, le corrigé corrigé Ouest 2003 te fait revoir la médiane et les statistiques, la trigonométrie, le théorème de Thalès, les agrandissements et réductions et les pyramides et les cônes, avec à chaque fois la justification attendue le jour de l’examen.

Activités numériques (corrigé Ouest 2003)

Corrigé de l’exercice 1 : PGCD et fraction irréductible

1. On applique l’algorithme d’Euclide : on divise le plus grand par le plus petit, puis le diviseur par le reste, jusqu’à obtenir un reste nul.

• \(4\,972 = 3 \times 1\,356 + 904\)
• \(1\,356 = 1 \times 904 + 452\)
• \(904 = 2 \times 452 + 0\)

Le PGCD est le dernier reste non nul : PGCD(1 356 ; 4 972) = 452.

2. Ensuite, on divise le numérateur et le dénominateur par leur PGCD : \(1\,356 \div 452 = 3\) et \(4\,972 \div 452 = 11\).

\[\dfrac{1\,356}{4\,972} = \dfrac{3 \times 452}{11 \times 452} = \dfrac{3}{11}\]

La forme irréductible est \(\dfrac{3}{11}\).

Corrigé de l’exercice 2 : deux écritures de 1/7

Calcul de A. Puis on calcule séparément le numérateur et le dénominateur :

\[1 – \dfrac{5}{6} = \dfrac{6}{6} – \dfrac{5}{6} = \dfrac{1}{6} \qquad 1 + \dfrac{1}{6} = \dfrac{7}{6}\]

\[A = \dfrac{1}{6} : \dfrac{7}{6} = \dfrac{1}{6} \times \dfrac{6}{7} = \dfrac{1}{7}\]

Calcul de B. Alors on regroupe \(4 \times 2{,}5 = 10 = 10^1\) :

\[B = \dfrac{10^1 \times 10^{-12}}{7 \times 10^{-11}} = \dfrac{10^{-11}}{7 \times 10^{-11}} = \dfrac{1}{7}\]

Les deux calculs donnent le même résultat : \(A = B = \dfrac{1}{7}\).

Corrigé de l’exercice 3 (Ouest 2003) : développer, factoriser, résoudre

1. Attention au signe « moins » devant le produit : on le développe entre parenthèses avant de le soustraire.

\[(5x+1)^2 = 25x^2 + 10x + 1\]

\[(x-3)(5x+1) = 5x^2 + x – 15x – 3 = 5x^2 – 14x – 3\]

\[E = 25x^2 + 10x + 1 – (5x^2 – 14x – 3) = 25x^2 + 10x + 1 – 5x^2 + 14x + 3 = 20x^2 + 24x + 4\]

Donc \(E = 20x^2 + 24x + 4\).

2. Le facteur commun est \((5x+1)\) :

\[E = (5x+1)\big[(5x+1) – (x-3)\big] = (5x+1)(5x + 1 – x + 3) = (5x+1)(4x+4)\]

Donc \(E = (5x+1)(4x+4)\), que l’on peut aussi écrire \(4(5x+1)(x+1)\).

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

\[5x + 1 = 0 \iff x = -\dfrac{1}{5} \qquad \text{ou} \qquad x + 1 = 0 \iff x = -1\]

Les solutions sont \(-\dfrac{1}{5}\) et \(-1\).

Corrigé de l’exercice 4 : les universités par académie

1. Nombre d’académies : \(2 + 5 + 9 + 1 + 5 + 6 + 1 + 0 + 1 = 30\).

Nombre total d’universités : on multiplie chaque valeur par son effectif puis on additionne.

\[0 \times 2 + 1 \times 5 + 2 \times 9 + 3 \times 1 + 4 \times 5 + 5 \times 6 + 6 \times 1 + 7 \times 0 + 8 \times 1 = 90\]

Moyenne : \(\dfrac{90}{30} = 3\). En moyenne, il y a 3 universités par académie.

2. Il y a 30 valeurs (nombre pair) : la médiane est la moyenne de la 15^e et de la 16^e valeur rangées dans l’ordre croissant. Ensuite, on cumule les effectifs : 2 académies ont 0 université, 7 en ont au plus 1, 16 en ont au plus 2. La 15^e et la 16^e valeur valent donc 2. La médiane est 2 universités.

Corrigé de l’exercice 5 : lectures graphiques sur une droite

Dans le repère, OI et OJ représentent 1 unité et chaque carreau du quadrillage mesure 1 unité de côté : il faut donc estimer les dixièmes à l’œil. Pour lire une image, on part de l’abscisse sur l’axe horizontal, on monte jusqu’à la droite, puis on lit l’ordonnée. Pour lire un antécédent, on fait le chemin inverse.

1. Au-dessus de 1 (le point I), la droite est à une hauteur d’environ un tiers d’unité : \(g(1) \approx 0{,}3\).

2. Au-dessus de \(-0{,}5\), la droite est un peu au-dessus de J : \(g(-0{,}5) \approx 1{,}2\).

3. Le nombre qui a pour image 0 est l’abscisse du point où \((d)\) coupe l’axe des abscisses : environ 1,6.

4. \(\dfrac{1}{3} \approx 0{,}33\) : on cherche le point de la droite d’ordonnée 0,33, c’est celui de la question 1. Le nombre cherché est environ 1.

Activités géométriques (corrigé Ouest 2003)

Corrigé de l’exercice 1 : le triangle DOS

1. D’abord, on trace [DO] de 6 cm, on construit en D un angle de 120° au rapporteur et on place S à 6 cm de D sur ce côté. Comme DO = DS, le triangle DOS est isocèle en D. Ses angles à la base sont égaux et mesurent \(\dfrac{180^\circ – 120^\circ}{2} = 30^\circ\) chacun.

2. a. Le triangle DOH est rectangle en H (car [DH] est une hauteur) et \(\widehat{DOH} = 30^\circ\). [OH] est le côté adjacent à cet angle et [DO] l’hypoténuse :

\[\cos 30^\circ = \dfrac{OH}{DO} \quad \text{donc} \quad OH = 6 \times \dfrac{\sqrt{3}}{2} = 3\sqrt{3}\]

Puis on obtient \(OH = 3\sqrt{3}\) cm.

2. b. Dans un triangle isocèle, la hauteur issue du sommet principal est aussi la médiane : H est le milieu de [OS]. Donc \(OS = 2 \times OH = 2 \times 3\sqrt{3}\), soit \(OS = 6\sqrt{3}\) cm.

3. M est sur [DS] avec SM = 5, donc DM = 6 − 5 = 1. Dans le triangle DOS, N est sur [DO], M sur [DS] et (MN) // (OS). D’après le théorème de Thalès :

\[\dfrac{DM}{DS} = \dfrac{MN}{OS} \quad \text{donc} \quad MN = \dfrac{1}{6} \times 6\sqrt{3} = \sqrt{3}\]

Ensuite, on obtient \(MN = \sqrt{3}\) cm, soit environ 1,7 cm.

Corrigé de l’exercice 2 : la bobine en bois

1. Le volume d’un cône est \(\dfrac{1}{3} \times \text{aire de la base} \times \text{hauteur}\) :

\[V_1 = \dfrac{1}{3} \times 9 \times 3 = 9\]

Le volume de \(C_1\) est 9 cm³.

2. a. On coupe à 1 cm de la base, donc le petit cône \(C_2\) a pour hauteur \(3 – 1 = 2\) cm. Le coefficient de réduction est le rapport des hauteurs : \(k = \dfrac{2}{3}\).

2. b. Dans une réduction, les aires sont multipliées par \(k^2\) :

\[\text{aire de la base de } C_2 = 9 \times \left(\dfrac{2}{3}\right)^2 = 9 \times \dfrac{4}{9} = 4\]

L’aire de la base de \(C_2\) est 4 cm². Cette base est aussi le disque de coupe, qui a la même taille que la base du cylindre de la bobine (on le voit sur la figure B). Le cylindre a une hauteur de 3 cm, donc son volume est \(4 \times 3\), soit 12 cm³.

3. Le volume de \(C_2\) s’obtient avec \(k^3\) : \(V_2 = 9 \times \left(\dfrac{2}{3}\right)^3 = 9 \times \dfrac{8}{27} = \dfrac{8}{3}\) cm³. Un tronc de cône a donc pour volume :

\[V_1 – V_2 = 9 – \dfrac{8}{3} = \dfrac{19}{3}\ \text{cm}^3\]

La bobine comprend deux troncs de cône et le cylindre :

\[V = 2 \times \dfrac{19}{3} + 12 = \dfrac{38}{3} + \dfrac{36}{3} = \dfrac{74}{3} \approx 24{,}67\]

Le volume de la bobine est d’environ 25 cm³.

Problème (corrigé Ouest 2003)

Corrigé de la partie A : le quadrilatère ABCD

1. On calcule d’abord OC = AC − AO = 20,4 − 12 = 8,4 cm. On trace [AC] de 20,4 cm, on place O à 12 cm de A, puis la perpendiculaire à (AC) en O, sur laquelle on place B à 5 cm de O d’un côté et D à 3,5 cm de O de l’autre côté.

2. a. Les points A, O, C sont alignés, ainsi que B, O, D, et O est entre A et C comme entre B et D. Puis on compare :

\[\dfrac{OC}{OA} = \dfrac{8{,}4}{12} = 0{,}7 \qquad \dfrac{OD}{OB} = \dfrac{3{,}5}{5} = 0{,}7\]

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

2. b. L’angle \(\widehat{DAB}\) est partagé par la diagonale [AC] en deux angles, chacun dans un triangle rectangle en O.

Dans le triangle AOB rectangle en O : \(\tan \widehat{OAB} = \dfrac{OB}{OA} = \dfrac{5}{12}\), donc \(\widehat{OAB} \approx 22{,}62^\circ\).

Dans le triangle AOD rectangle en O : \(\tan \widehat{OAD} = \dfrac{OD}{OA} = \dfrac{3{,}5}{12}\), donc \(\widehat{OAD} \approx 16{,}26^\circ\).

Donc \(\widehat{DAB} = \widehat{OAD} + \widehat{OAB} \approx 38{,}88^\circ\), soit \(\widehat{DAB} \approx 38{,}9^\circ\).

Pour l’angle \(\widehat{OCD}\), c’est l’angle \(\widehat{OAB}\) (aussi noté \(\widehat{BAC}\)) qui sert : les droites (AB) et (DC) sont parallèles et coupées par la sécante (AC), donc les angles alternes-internes \(\widehat{OAB}\) et \(\widehat{OCD}\) sont égaux. Ainsi \(\widehat{OCD} \approx 22{,}6^\circ\). Vérification dans le triangle OCD rectangle en O : \(\tan \widehat{OCD} = \dfrac{3{,}5}{8{,}4} = \dfrac{5}{12}\), c’est bien la même tangente.

3. a. Le triangle AOB est rectangle en O, ses côtés de l’angle droit sont [OA] et [OB] :

\[\mathcal{A}_{AOB} = \dfrac{OA \times OB}{2} = \dfrac{12 \times 5}{2} = 30\]

L’aire de AOB est 30 cm².

3. b. D’après le théorème de Pythagore dans AOB rectangle en O : \(AB^2 = 12^2 + 5^2 = 144 + 25 = 169\), donc AB = 13 cm.

3. c. La longueur qu’on peut déduire ici est en fait OP (AB vient d’être calculée). [OP] est la hauteur du triangle AOB relative au côté [AB], donc l’aire peut aussi s’écrire \(\dfrac{AB \times OP}{2}\) :

\[\dfrac{13 \times OP}{2} = 30 \quad \text{donc} \quad OP = \dfrac{60}{13}\]

Alors on obtient \(OP = \dfrac{60}{13}\) cm, soit environ 4,6 cm.

4. a. Périmètre de ABCD :

\[AB + BC + CD + DA \approx 13 + 9{,}8 + 9{,}1 + 12{,}5 = 44{,}4\]

Le périmètre vaut environ 44,4 cm (avec la valeur non arrondie \(BC = \sqrt{95{,}56} \approx 9{,}776\), on trouve 44,38 cm, qui s’arrondit aussi à 44,4 cm).

4. b. Comme (AB) // (DC), ABCD est un trapèze de bases [AB] et [DC]. Sa hauteur est la distance entre ces deux droites : PN = OP + ON, car (PN) est perpendiculaire à (AB), donc aussi à (DC).

\[PN = \dfrac{60}{13} + \dfrac{42}{13} = \dfrac{102}{13}\ \text{cm}\]

\[\mathcal{A}_{ABCD} = \dfrac{(AB + DC) \times PN}{2} = \dfrac{(13 + 9{,}1) \times \dfrac{102}{13}}{2} = \dfrac{22{,}1 \times 102}{26} = 86{,}7\]

Ensuite, on peut le vérifier autrement : les diagonales étant perpendiculaires, l’aire vaut \(\dfrac{AC \times BD}{2} = \dfrac{20{,}4 \times 8{,}5}{2} = 86{,}7\). L’aire de ABCD est bien 86,7 cm².

Corrigé de la partie B : la boîte en forme de prisme

1. On dessine une base ABCD de face, puis on reporte les quatre arêtes latérales, parallèles, de même longueur, dans une direction oblique, et on relie leurs extrémités pour obtenir la seconde base A’B’C’D’. Chaque côté de la base est parallèle au côté correspondant de l’autre base (même couleur), et les arêtes cachées sont en pointillés.

2. Le carton est formé des deux bases et des quatre faces latérales rectangulaires. L’aire latérale d’un prisme droit est égale au périmètre de la base multiplié par la hauteur :

\[\mathcal{A}_{\text{latérale}} \approx 44{,}4 \times 13 = 577{,}2\ \text{cm}^2\]

\[\mathcal{A}_{\text{bases}} = 2 \times 86{,}7 = 173{,}4\ \text{cm}^2\]

\[\mathcal{A}_{\text{totale}} \approx 577{,}2 + 173{,}4 = 750{,}6\ \text{cm}^2\]

Il faut environ 750 cm² de carton (750,6 cm² avec le périmètre arrondi, 750,3 cm² avec la valeur exacte de BC).

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Bien réviser avec le corrigé corrigé Ouest 2003

Avant de lire la moindre ligne de correction, rédige ta propre copie au brouillon. Ensuite, compare exercice par exercice : si ton résultat est juste mais que la justification manque, recopie la phrase clé du corrigé. En effet, au brevet, une partie des points récompense le raisonnement et la rédaction, pas seulement le résultat final.

Pour la médiane et les statistiques, compte l’effectif total avant tout, car c’est lui qui donne le rang de la médiane. En ce qui concerne la trigonométrie, repère d’abord le côté adjacent et le côté opposé à l’angle, car une erreur à cette étape fausse tout le calcul. Quant au théorème de Thalès, cite d’abord les deux droites parallèles et les points alignés, ensuite seulement l’égalité des trois rapports. Enfin, si une notion te bloque, relis la page de Wikipédia consacrée à la notion de médiane, puis reviens à la question.

Après avoir lu le corrigé corrigé Ouest 2003, 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 Ouest 2003

Faut-il lire le corrigé corrigé Ouest 2003 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 2003. Ainsi, tu peux le traiter sans voir les réponses.

Quelles notions ce corrigé fait-il travailler ?

On y retrouve principalement la médiane et les statistiques, la trigonométrie, le théorème de Thalès et les agrandissements et réductions. 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 Ouest 2003

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.

Télécharger ou imprimer cette fiche «corrigé du brevet de maths 2003 : France, groupement Ouest, septembre» au format PDF afin de pouvoir travailler en totale autonomie.

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