Corrigé du brevet de maths 2004 : France, groupement Est

L’énoncé complet se trouve sur la page Sujet du brevet de maths 2004 : France, groupement Est. Traite chaque exercice sur ton brouillon avant de lire sa correction.

Ce que détaille le corrigé corrigé Est 2004

Comme l’énoncé, le corrigé corrigé Est 2004 est découpé en 9 blocs, chacun relié au sommaire ci-dessus. Tout d’abord, la correction reprend « Fraction et racines carrées » (exercice 1). Ensuite, tu lis la démarche complète pour « Développer et factoriser » (exercice 2). Puis tu trouves la solution rédigée de « PGCD de 682 et 352 » (exercice 3). Par ailleurs, le corrigé explique « Diagramme des notes » (exercice 4). En outre, la correction reprend « Triangles en papillon » (exercice 1 de géométrie).

Ensuite, tu lis la démarche complète pour « Deux symétries centrales » (exercice 2 de géométrie). Puis tu trouves la solution rédigée de « Balise : cône et demi-boule » (exercice 3 de géométrie). Par ailleurs, le corrigé explique « Triangle rectangle et Thalès » (partie 1). Enfin, la correction reprend « Triangle isocèle et fonctions » (partie 2).

Ainsi, le corrigé corrigé Est 2004 te fait revoir les fractions, les agrandissements et réductions, les racines carrées, la médiane et les statistiques et le théorème de Thalès, avec à chaque fois la justification attendue le jour de l’examen.

Corrigé des activités numériques (Est 2004)

Corrigé de l’exercice 1 : fraction et racines carrées

1. La multiplication est prioritaire sur la soustraction :

\[\dfrac{2}{5}\times\dfrac{11}{4} = \dfrac{22}{20} = \dfrac{11}{10}\]

On met ensuite au même dénominateur 10 :

\[\text{A} = \dfrac{9}{5} – \dfrac{11}{10} = \dfrac{18}{10} – \dfrac{11}{10} = \dfrac{7}{10}\]

7 est premier et ne divise pas 10, la fraction est irréductible : \(\text{A} = \dfrac{7}{10}\).

2. Ensuite, on fait apparaître le carré parfait 9 dans 27 et le carré parfait 25 dans 75 :

\[\sqrt{27} = \sqrt{9\times 3} = 3\sqrt{3} \qquad \sqrt{75} = \sqrt{25\times 3} = 5\sqrt{3}\]

\[\text{B} = 5\sqrt{3} – 4\times 3\sqrt{3} + 5\sqrt{3} = (5 – 12 + 5)\sqrt{3} = -2\sqrt{3}\]

Donc \(\text{B} = -2\sqrt{3}\).

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

1. Avec l’identité \((a-b)^2 = a^2 – 2ab + b^2\) :

\[(2x-1)^2 = 4x^2 – 4x + 1\]

\[(2x-1)(x+5) = 2x^2 + 10x – x – 5 = 2x^2 + 9x – 5\]

\[C = 4x^2 – 4x + 1 + 2x^2 + 9x – 5 = 6x^2 + 5x – 4\]

Donc \(C = 6x^2 + 5x – 4\).

2. \((2x-1)\) est un facteur commun aux deux termes :

\[C = (2x-1)\left[(2x-1) + (x+5)\right] = (2x-1)(3x+4)\]

Donc \(C = (2x-1)(3x+4)\). (Contrôle : en redéveloppant, \(6x^2 + 8x – 3x – 4 = 6x^2 + 5x – 4\).)

3. Un produit de facteurs est nul si et seulement si l’un au moins des facteurs est nul :

• \(2x – 1 = 0\) donne \(x = \dfrac{1}{2}\) ;
• \(3x + 4 = 0\) donne \(x = -\dfrac{4}{3}\).

L’équation a deux solutions : \(\dfrac{1}{2}\) et \(-\dfrac{4}{3}\).

Corrigé de l’exercice 3 (Est 2004) : PGCD et fraction irréductible

1. 682 et 352 sont tous les deux pairs (ils se terminent par 2), donc 2 est un diviseur commun. Deux nombres premiers entre eux n’ont que 1 comme diviseur commun : 682 et 352 ne sont pas premiers entre eux.

2. Algorithme d’Euclide :

• \(682 = 1\times 352 + 330\)
• \(352 = 1\times 330 + 22\)
• \(330 = 15\times 22 + 0\)

Le PGCD est le dernier reste non nul : PGCD(682 ; 352) = 22.

3. Puis on divise le numérateur et le dénominateur par leur PGCD, 22 : \(682 = 22\times 31\) et \(352 = 22\times 16\).

\[\dfrac{682}{352} = \dfrac{22\times 31}{22\times 16} = \dfrac{31}{16}\]

Comme on a divisé par le PGCD, la fraction obtenue est irréductible : \(\dfrac{682}{352} = \dfrac{31}{16}\).

Corrigé de l’exercice 4 : statistiques sur les notes

D’abord, on lit les effectifs sur le diagramme :

1. \(2 + 5 + 2 + 2 + 3 + 2 + 7 + 2 = 25\). Il y a 25 élèves dans la classe.

2. Alors on calcule la moyenne pondérée par les effectifs :

\[\dfrac{8\times 2 + 9\times 5 + 10\times 2 + 11\times 2 + 12\times 3 + 13\times 2 + 14\times 7 + 15\times 2}{25} = \dfrac{16 + 45 + 20 + 22 + 36 + 26 + 98 + 30}{25} = \dfrac{293}{25}\]

La note moyenne est 11,72.

3. L’effectif total 25 est impair : la médiane est la 13^e note de la série rangée dans l’ordre croissant (12 notes avant, 12 notes après). D’après les effectifs cumulés, les notes de rang 12 à 14 valent 12. La note médiane est 12.

4. L’étendue est la différence entre la plus grande et la plus petite note : \(15 – 8 = 7\). L’étendue est 7.

Corrigé des activités géométriques

Corrigé de l’exercice 1 (Est 2004) : triangles en papillon

D’après la figure, les points O, M, A sont alignés (l’énoncé écrit [CA], il s’agit du segment [OA]) ainsi que les points U, M, I.

1. Ensuite, on compare les rapports :

\[\dfrac{MO}{MA} = \dfrac{21}{27} = \dfrac{7}{9} \qquad \dfrac{MU}{MI} = \dfrac{28}{36} = \dfrac{7}{9}\]

Les rapports sont égaux et les points O, M, A et U, M, I sont alignés dans le même ordre. D’après la réciproque du théorème de Thalès, les droites (OU) et (AI) sont parallèles.

2. Maintenant que (OU) // (AI), le théorème de Thalès donne :

\[\dfrac{MO}{MA} = \dfrac{MU}{MI} = \dfrac{OU}{AI} \quad\text{donc}\quad \dfrac{OU}{45} = \dfrac{7}{9}\]

\[OU = \dfrac{7\times 45}{9} = 35\]

OU = 35 mm.

3. Dans le triangle AMI, le plus grand côté est [AI] :

\[AI^2 = 45^2 = 2\,025 \qquad AM^2 + MI^2 = 27^2 + 36^2 = 729 + 1\,296 = 2\,025\]

Comme \(AI^2 = AM^2 + MI^2\), d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle AMI est rectangle en M.

4. Dans le triangle AMI rectangle en M, pour l’angle \(\widehat{\text{AIM}}\), le côté adjacent est [MI] et l’hypoténuse est [AI] :

\[\cos\widehat{\text{AIM}} = \dfrac{MI}{AI} = \dfrac{36}{45} = 0{,}8\]

La calculatrice donne \(\widehat{\text{AIM}} \approx 36{,}87^\circ\), soit \(\widehat{\text{AIM}} \approx 37^\circ\) au degré près. (Même résultat avec la tangente : \(\tan\widehat{\text{AIM}} = \dfrac{27}{36} = 0{,}75\).)

5. Les droites (OU) et (AI) sont parallèles (question 1) et la droite (OA) les coupe. Les angles \(\widehat{\text{MAI}}\) et \(\widehat{\text{MOU}}\) sont situés de part et d’autre de la sécante (OA) et à l’intérieur des deux parallèles : ce sont des angles alternes-internes. Deux droites parallèles déterminent des angles alternes-internes de même mesure, donc \(\widehat{\text{MAI}} = \widehat{\text{MOU}}\).

Corrigé de l’exercice 2 : deux symétries centrales

1. a. Pour construire le symétrique d’un point P par rapport à B, on utilise le quadrillage : B doit être le milieu de [PP’]. On compte le déplacement de P à B (en carreaux) et on le reproduit une seconde fois à partir de B. De A à B, on avance de 6 carreaux vers la droite et de 4 carreaux vers le haut : E s’obtient en faisant encore 6 carreaux à droite et 4 vers le haut à partir de B. On fait de même pour les trois autres sommets du trapèze. La figure \(\mathcal{F}_1\) est le trapèze retourné (tourné d’un demi-tour) autour de B.

b. Même méthode avec le centre C : de E à C, on descend de 7 carreaux et on se décale de 1 carreau vers la gauche ; on recommence à partir de C pour obtenir T, et de même pour chaque sommet. Puis on hachure \(\mathcal{F}_1\) et \(\mathcal{F}_2\).

2. \(\mathcal{F}_2\) a la même orientation que \(\mathcal{F}\) : un demi-tour suivi d’un autre demi-tour revient à un simple glissement. Sur le quadrillage, chaque point de \(\mathcal{F}\) est déplacé de 10 carreaux vers la droite et de 6 carreaux vers le bas (de A à T par exemple), c’est-à-dire deux fois le déplacement de B à C. Ensuite, on passe directement de \(\mathcal{F}\) à \(\mathcal{F}_2\) par la translation de vecteur \(\overrightarrow{AT}\), qui est égal à \(2\overrightarrow{BC}\).

Corrigé de l’exercice 3 : la balise

1. O est le centre de la base, donc le rayon est \(OB = \dfrac{BC}{2} = 3\) dm. Le cône est de révolution, sa hauteur [AO] est perpendiculaire à la base : le triangle AOB est rectangle en O. D’après le théorème de Pythagore :

\[AB^2 = AO^2 + OB^2 = 6^2 + 3^2 = 36 + 9 = 45\]

\[AB = \sqrt{45} = \sqrt{9\times 5} = 3\sqrt{5}\]

Puis on a bien \(AB = 3\sqrt{5}\) dm.

2. a. Le cône a pour rayon \(r = 3\) dm et pour hauteur \(h = 6\) dm :

\[V_{\text{cône}} = \dfrac{\pi\times 3^2\times 6}{3} = \dfrac{54\pi}{3} = 18\pi\]

\(V_{\text{cône}} = 18\pi\) dm³.

b. La demi-boule a le même rayon \(R = 3\) dm que la base du cône ; son volume est la moitié de celui de la boule :

\[V_{\text{demi-boule}} = \dfrac{1}{2}\times\dfrac{4}{3}\times\pi\times 3^3 = \dfrac{2}{3}\times 27\pi = 18\pi\]

\(V_{\text{demi-boule}} = 18\pi\) dm³.

c. Le volume de la balise est la somme des deux :

\[V = 18\pi + 18\pi = 36\pi \approx 113{,}097\]

Le volume exact est \(36\pi\) dm³, soit environ 113,1 dm³ au dixième près.

Corrigé du problème (Est 2004)

Corrigé de la partie 1 : M placé à 3,5 cm de B

1. Trace un segment [AB] de 6 cm, la perpendiculaire à (AB) en A (à l’équerre), et place C sur cette perpendiculaire à 4 cm de A. Relie B et C.

2. a. M est sur le segment [AB], donc \(AM = AB – BM = 6 – 3{,}5 = 2{,}5\). AM = 2,5 cm.

b. Le triangle ABC est rectangle en A, donc (AC) est perpendiculaire à (AB). Par construction, (ME) est aussi perpendiculaire à (AB). Deux droites perpendiculaires à une même droite sont parallèles : (AC) et (ME) sont parallèles.

c. Dans le triangle BAC, M est sur [BA], E est sur [BC] et (ME) // (AC). D’après le théorème de Thalès :

\[\dfrac{BM}{BA} = \dfrac{BE}{BC} = \dfrac{ME}{AC} \quad\text{donc}\quad \dfrac{3{,}5}{6} = \dfrac{ME}{4}\]

\[ME = \dfrac{3{,}5\times 4}{6} = \dfrac{14}{6} = \dfrac{7}{3}\]

\(EM = \dfrac{7}{3}\) cm (environ 2,33 cm).

d. Le triangle AEM est isocèle en M si \(MA = ME\). Or \(MA = 2{,}5 = \dfrac{5}{2}\) et \(ME = \dfrac{7}{3}\). En écrivant au même dénominateur : \(\dfrac{5}{2} = \dfrac{15}{6}\) et \(\dfrac{7}{3} = \dfrac{14}{6}\), donc \(MA \neq ME\). Le triangle AEM n’est pas isocèle en M.

Corrigé de la partie 2 : rendre le triangle AME isocèle

1. Comme en partie 1, (ME) et (AC) sont perpendiculaires à (AB), donc parallèles. Dans le triangle BAC, d’après le théorème de Thalès :

\[\dfrac{BM}{BA} = \dfrac{ME}{AC} \quad\text{soit}\quad \dfrac{x}{6} = \dfrac{ME}{4}\]

\[ME = \dfrac{4x}{6} = \dfrac{2}{3}x\]

Alors on a bien \(ME = \dfrac{2}{3}x\).

2. a. M est sur le segment [AB], donc \(MA = AB – BM\), soit \(MA = 6 – x\).

b. Le triangle AME est isocèle en M quand \(ME = MA\) :

\[\dfrac{2}{3}x = 6 – x\]

\[\dfrac{2}{3}x + x = 6 \quad\text{soit}\quad \dfrac{5}{3}x = 6 \quad\text{soit}\quad x = 6\times\dfrac{3}{5} = \dfrac{18}{5} = 3{,}6\]

Il faut \(x = 3{,}6\) cm. Vérification : \(ME = \dfrac{2}{3}\times 3{,}6 = 2{,}4\) et \(MA = 6 – 3{,}6 = 2{,}4\).

3. a. \(f\) est une fonction linéaire : sa représentation est une droite passant par l’origine, par exemple par (0 ; 0) et (6 ; 4). \(g\) est une fonction affine : sa représentation est la droite passant par (0 ; 6) et (6 ; 0). Avec les unités demandées, 1 unité en abscisse fait 2 cm et 1 unité en ordonnée fait 1 cm.

b. \(f(x)\) représente la longueur ME et \(g(x)\) la longueur MA. Le triangle est isocèle en M quand \(f(x) = g(x)\), c’est-à-dire à l’abscisse du point d’intersection des deux droites. Ensuite, on lit que les droites se coupent au point de coordonnées (3,6 ; 2,4) : on retrouve \(x = 3{,}6\).

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Bien réviser avec le corrigé corrigé Est 2004

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 fractions, simplifie avant de multiplier, puis réduis au même dénominateur pour additionner. En ce qui concerne les agrandissements et réductions, souviens-toi que les aires sont multipliées par k² et les volumes par k³, donc repère bien le coefficient k. Quant aux racines carrées, extrais les carrés parfaits sous la racine, puis regroupe les termes semblables. Enfin, si une notion te bloque, relis la page de Wikipédia consacrée à la notion de fraction, puis reviens à la question.

Après avoir lu le corrigé corrigé Est 2004, 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 Est 2004

Faut-il lire le corrigé corrigé Est 2004 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 2004. Ainsi, tu peux le traiter sans voir les réponses.

Quelles notions ce corrigé fait-il travailler ?

On y retrouve principalement les fractions, les agrandissements et réductions, les racines carrées et la médiane et les statistiques. 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 Est 2004

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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