Corrigé du brevet de maths 2009 : Centres étrangers (groupe II)
L’énoncé complet se trouve sur la page Sujet du brevet de maths 2009 : Centres étrangers (groupe II). Traite chaque exercice sur ton brouillon avant de lire sa correction.
Activités numériques
Corrigé de l’exercice 1 : QCM sur les nombres
1. On teste chaque proposition. \(4+\dfrac{25}{10}=4+2{,}5=6{,}5\) : non. \(3+1\times0{,}25=3{,}25\) : non (la multiplication se fait d’abord). En revanche \(\dfrac{17}{4}=17\div4=4{,}25\) car \(4\times4{,}25=17\). Réponse B.
2. On fait la division euclidienne de 82 par 7 : \(82=7\times11+5\). Donc \(\dfrac{82}{7}=\dfrac{77}{7}+\dfrac{5}{7}=11+\dfrac{5}{7}\). La réponse B (11,714) n’est qu’une valeur approchée, et la réponse A n’a rien à voir. Réponse C.
3. On fait apparaître des carrés parfaits sous les racines : \(500=100\times5\) et \(45=9\times5\).
\[\sqrt{500}-\sqrt{45}=\sqrt{100}\times\sqrt{5}-\sqrt{9}\times\sqrt{5}=10\sqrt{5}-3\sqrt{5}=7\sqrt{5}\]
Attention : \(\sqrt{a}-\sqrt{b}\) n’est pas égal à \(\sqrt{a-b}\), d’où le piège de la réponse B. Réponse A.
4. Un produit est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul. Donc \(3x-2=0\), soit \(x=\dfrac{2}{3}\), ou \(x+5=0\), soit \(x=-5\). Réponse A.
Corrigé de l’exercice 2 : PGCD et fraction irréductible
1. 1 848 et 2 040 se terminent par un chiffre pair : ils sont tous les deux divisibles par 2. Le numérateur et le dénominateur ont donc un diviseur commun autre que 1, et la fraction n’est pas irréductible (on peut au moins la simplifier par 2).
2. On applique l’algorithme d’Euclide : on divise le plus grand nombre par le plus petit, puis le diviseur par le reste, jusqu’à obtenir un reste nul.
\(2\,040=1\,848\times1+192\)
\(1\,848=192\times9+120\)
\(192=120\times1+72\)
\(120=72\times1+48\)
\(72=48\times1+24\)
\(48=24\times2+0\)
Le PGCD est le dernier reste non nul : PGCD(1 848 ; 2 040) = 24.
3. On divise le numérateur et le dénominateur par leur PGCD : \(1\,848\div24=77\) et \(2\,040\div24=85\).
\[\dfrac{1\,848}{2\,040}=\dfrac{24\times77}{24\times85}=\dfrac{77}{85}\]
Comme on a divisé par le PGCD, \(\dfrac{77}{85}\) est irréductible (77 = 7 × 11 et 85 = 5 × 17 n’ont aucun facteur commun).
Corrigé de l’exercice 3 : l’affirmation d’Anatole
On reconnaît l’identité remarquable \(a^2-2ab+b^2=(a-b)^2\) avec \(a=n\) et \(b=12\), puisque \(2\times n\times12=24n\) et \(12^2=144\) :
\[n^2-24n+144=(n-12)^2\]
Un carré est nul uniquement quand le nombre élevé au carré est nul : \((n-12)^2=0\) pour \(n=12\). Vérification directe : \(12^2-24\times12+144=144-288+144=0\).
12 est un entier naturel pour lequel l’expression vaut zéro : c’est un contre-exemple. Anatole a tort.
Corrigé de l’exercice 4 : probabilités et statistiques
1. Le dé n’a pas de mémoire : les lancers sont indépendants et les résultats précédents ne changent rien. Le dé est équilibré, ses 6 faces ont la même chance de sortir. La probabilité d’obtenir 6 au 11e lancer est \(\dfrac{1}{6}\).
2. On lit les effectifs sur le diagramme : chien 6, chat 5, dauphin 3, perroquet 2, lion 1, autres 3. L’effectif total est \(6+5+3+2+1+3=20\) élèves.
\[f=\dfrac{\text{effectif de « chien »}}{\text{effectif total}}=\dfrac{6}{20}=\dfrac{3}{10}=0{,}3\]
La fréquence de la réponse « chien » est 0,3, soit 30 %.
3. La série est déjà rangée dans l’ordre croissant et compte 9 valeurs.
Médiane : 9 est impair, la médiane est la valeur de rang \(\dfrac{9+1}{2}=5\). La 5e valeur est 13 : la médiane vaut 13 (4 valeurs en dessous, 4 au-dessus).
Premier quartile : on calcule \(\dfrac{9}{4}=2{,}25\) et on prend le rang entier immédiatement supérieur, le rang 3. La 3e valeur est 6 : le premier quartile vaut 6. On vérifie qu’au moins un quart des valeurs (3 valeurs sur 9 : 3, 4 et 6) sont inférieures ou égales à 6.
Activités géométriques
Corrigé de l’exercice 1 : Pythagore et Thalès dans le rectangle BREV
1. Dans un rectangle, les côtés opposés ont la même longueur, donc VE = BR = 13 cm. Comme T appartient au segment [VE], on a VT + TE = VE, d’où :
\[\text{TE}=\text{VE}-\text{VT}=13-9{,}6=3{,}4\]
TE = 3,4 cm.
2. BREV est un rectangle, donc son angle en V est droit : le triangle BVT est rectangle en V, d’hypoténuse [BT]. D’après le théorème de Pythagore :
\[\text{BT}^2=\text{BV}^2+\text{VT}^2=7{,}2^2+9{,}6^2=51{,}84+92{,}16=144\]
Donc \(\text{BT}=\sqrt{144}\), soit BT = 12 cm.
3. Les points B, T, N sont alignés, ainsi que V, T, E. Les droites (BV) et (EN) sont parallèles, car (BV) et (RE) sont deux côtés opposés du rectangle et N est sur (RE). On est dans une configuration de Thalès « en papillon » de centre T. D’après le théorème de Thalès dans les triangles TBV et TNE :
\[\dfrac{\text{TE}}{\text{TV}}=\dfrac{\text{TN}}{\text{TB}}=\dfrac{\text{EN}}{\text{VB}}\]
On utilise la première et la dernière égalité : \(\dfrac{3{,}4}{9{,}6}=\dfrac{\text{EN}}{7{,}2}\), donc \(\text{EN}=\dfrac{3{,}4\times7{,}2}{9{,}6}=\dfrac{24{,}48}{9{,}6}=2{,}55\).
EN = 2,55 cm.
Corrigé de l’exercice 2 : construction de l’hexagone FIGURE
1. Trace un segment [FO] de 5 cm. Avec le compas ouvert à 5 cm, trace un arc de centre F puis un arc de centre O : leur point d’intersection est I. Relie I à F et à O.
2. O doit être le milieu de [IR] : trace la demi-droite [IO) et reporte au compas, au-delà de O, la longueur OI = 5 cm. On obtient R.
3. La droite (OF) doit être la médiatrice de [IE] : trace la perpendiculaire à (OF) passant par I, puis reporte de l’autre côté de (OF) la même distance. Autre méthode : E est à 5 cm de F et à 5 cm de O, de l’autre côté de (FO) par rapport à I (arcs de centres F et O).
4. O doit être le milieu de [FU] : prolonge [FO] au-delà de O et reporte OU = OF = 5 cm.
5. La droite (IO) doit être la médiatrice de [FG] : comme le triangle FIO est équilatéral, G est à 5 cm de I et à 5 cm de O, de l’autre côté de (IO) par rapport à F.
6. On relie dans l’ordre F, I, G, U, R, E. On obtient la figure suivante.
Les six sommets sont à 5 cm de O (OF = OI = 5 cm par construction, et les symétries conservent les distances à O ou les longueurs), et tous les côtés mesurent 5 cm. FIGURE semble être un hexagone régulier de centre O et de côté 5 cm. On peut le comprendre ainsi : il est formé de six triangles équilatéraux de côté 5 cm autour de O.
Corrigé de l’exercice 3 : réciproque de Thalès et agrandissement
1. Les points R, E, D sont alignés dans cet ordre, ainsi que R, C, U. On a RD = RE + ED = 3 + 1,5 = 4,5 cm. On compare les rapports :
\[\dfrac{\text{RE}}{\text{RD}}=\dfrac{3}{4{,}5}=\dfrac{2}{3}\qquad\dfrac{\text{RC}}{\text{RU}}=\dfrac{2}{3}\]
Les deux rapports sont égaux et les points sont alignés dans le même ordre. D’après la réciproque du théorème de Thalès, les droites (EC) et (DU) sont parallèles.
2. Le triangle RDU est un agrandissement du triangle REC. Le coefficient d’agrandissement est le rapport d’une longueur du grand triangle sur la longueur correspondante du petit :
\[k=\dfrac{\text{RD}}{\text{RE}}=\dfrac{4{,}5}{3}=1{,}5\qquad\text{et}\qquad\dfrac{\text{RU}}{\text{RC}}=\dfrac{3}{2}=1{,}5\]
Le rapport d’agrandissement vaut 1,5.
3. Dans un agrandissement de rapport \(k\), les aires sont multipliées par \(k^2\). Ici \(k^2=1{,}5^2=2{,}25\). Vérification avec les aires, puisque les deux triangles sont rectangles en R : \(\mathcal{A}_{\text{REC}}=\dfrac{3\times2}{2}=3\ \text{cm}^2\) et \(\mathcal{A}_{\text{RDU}}=\dfrac{4{,}5\times3}{2}=6{,}75\ \text{cm}^2\), et \(\dfrac{6{,}75}{3}=2{,}25\).
L’aire du triangle RDU est bien égale à 2,25 fois celle du triangle REC.
Problème
Corrigé de la partie 1 : volumes et angle de la lanterne
1. a. Le volume d’un pavé droit est longueur × largeur × hauteur :
\[V_{\text{pavé}}=\text{EF}\times\text{FG}\times\text{CG}=10\times10{,}5\times14=1\,470\]
Le parallélépipède a un volume de 1 470 cm³.
b. La base de la pyramide est le rectangle ABCD, qui a les mêmes dimensions que EFGH : son aire est \(10\times10{,}5=105\ \text{cm}^2\). Le volume d’une pyramide est \(\dfrac{\text{aire de la base}\times\text{hauteur}}{3}\) :
\[V_{\text{pyramide}}=\dfrac{105\times12}{3}=\dfrac{1\,260}{3}=420\]
La pyramide a un volume de 420 cm³.
c. La lanterne est formée des deux solides : \(1\,470+420=1\,890\). Le volume de la lanterne est 1 890 cm³.
2. [SO] est la hauteur de la pyramide, donc (SO) est perpendiculaire au plan de la base et en particulier à (OC) : le triangle SOC est rectangle en O. Dans ce triangle, pour l’angle \(\widehat{\text{OSC}}\), [OC] est le côté opposé et [SO] le côté adjacent :
\[\tan\widehat{\text{OSC}}=\dfrac{\text{OC}}{\text{OS}}=\dfrac{7{,}25}{12}\]
À la calculatrice, \(\widehat{\text{OSC}}=\arctan\left(\dfrac{7{,}25}{12}\right)\approx31{,}139\). \(\widehat{\text{OSC}}\approx31{,}1°\) au dixième de degré près.
Corrigé de la partie 2 : volume en fonction de la hauteur
1. Le pavé ne dépend pas de \(x\) : son volume reste 1 470 cm³. La pyramide a toujours une base de 105 cm², mais sa hauteur vaut maintenant \(x\) :
\[V_{\text{pyramide}}=\dfrac{105\times x}{3}=35x\]
En additionnant, \(V(x)=1\,470+35x\).
2. \(V(7)=1\,470+35\times7=1\,470+245=1\,715\). Pour \(x=7\), le volume est 1 715 cm³.
3. On résout l’équation \(V(x)=1\,862\) :
\[1\,470+35x=1\,862\]
\[35x=1\,862-1\,470=392\]
\[x=\dfrac{392}{35}=11{,}2\]
Vérification : \(1\,470+35\times11{,}2=1\,470+392=1\,862\). Le volume vaut 1 862 cm³ pour une hauteur de 11,2 cm.
4. Dans un tableur, une formule commence toujours par le signe « = » : la première proposition serait affichée comme un simple texte. La deuxième divise 35 par A2, alors qu’il faut multiplier 35 par \(x\). La bonne formule est donc =1470+35*A2.
Corrigé de la partie 3 : lecture graphique de la surface vitrée
1. La représentation graphique d’une fonction affine est une droite. Ici la courbe est arrondie (elle est presque plate près de 0, puis monte de plus en plus vite) : ce n’est pas une droite. \(f\) n’est pas une fonction affine.
2. On part de 11 sur l’axe des abscisses, on monte jusqu’à la courbe, puis on se déplace horizontalement jusqu’à l’axe des ordonnées (pointillés rouges ci-dessous). On lit \(f(11)\approx928\), soit une surface vitrée d’environ 928 cm² (toute lecture entre 925 et 930 est acceptable).
3. On part cette fois de 850 sur l’axe des ordonnées, on va horizontalement jusqu’à la courbe, puis on descend sur l’axe des abscisses (pointillés verts). On lit que l’antécédent de 850 est environ 6,6 : une pyramide d’environ 6,6 cm de haut donne une surface vitrée de 850 cm².
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