Corrigé du brevet de maths 2011 : France, septembre

L’énoncé complet se trouve sur la page Sujet du brevet de maths 2011 : France, septembre. Traite chaque exercice sur ton brouillon avant de lire sa correction.

Vue d’ensemble du corrigé corrigé septembre 2011

Comme l’énoncé, le corrigé corrigé septembre 2011 est découpé en 9 blocs, chacun relié au sommaire ci-dessus. Tout d’abord, tu trouves la solution rédigée de « Tarifs du cinéma » (activités numériques). Ensuite, le corrigé explique « Dés particuliers et dés classiques » (exercice 1 de la partie numérique). Puis la correction reprend « Carré et rectangle avec racine de 3 » (exercice 2 de la partie numérique). Par ailleurs, tu lis la démarche complète pour « Face et volume d’un prisme droit » (exercice 3 de la partie numérique). Ensuite, en outre, tu trouves la solution rédigée de « Quatre triangles rectangles ou non » (activités géométriques).

Ensuite, le corrigé explique « Cosinus et réciproque de Thalès » (exercice 1 de géométrie). Puis la correction reprend « Documents sur les grandes roues » (exercice 2 de géométrie). Par ailleurs, tu lis la démarche complète pour « Tour de roue du London Eye » (exercice 3 de géométrie). Enfin, tu trouves la solution rédigée de « Hauteur de la cabine par le calcul » (problème).

Ainsi, le corrigé corrigé septembre 2011 te fait revoir les équations, les probabilités, les racines carrées, le calcul littéral et le théorème de Pythagore, avec à chaque fois la justification attendue le jour de l’examen.

Activités numériques (corrigé septembre 2011)

Corrigé de l’exercice 1 : tarifs du cinéma

1. Quatre adultes et dix enfants, c’est exactement deux fois le groupe « deux adultes et cinq enfants ». Le prix est donc doublé :

\[ 2 \times 31{,}50 = 63 \]

Ce groupe paiera 63 €.

2. Appelle \(a\) le prix d’une place adulte, en euros. Puis un enfant paie la moitié, soit \(\dfrac{a}{2}\). Pour deux adultes et cinq enfants :

\[ 2a + 5 \times \dfrac{a}{2} = 31{,}50 \]

\[ 2a + 2{,}5a = 31{,}50 \quad \text{donc} \quad 4{,}5a = 31{,}50 \quad \text{donc} \quad a = \dfrac{31{,}50}{4{,}5} = 7 \]

Vérification : \(2 \times 7 + 5 \times 3{,}50 = 14 + 17{,}50 = 31{,}50\). De plus, un adulte paie 7 € (et un enfant 3,50 €).

Corrigé de l’exercice 2 : dés particuliers et dés classiques

1. D’après les patrons, le dé n° 1 porte les faces 1, 2, 2, 3, 3, 4 et le dé n° 2 porte les faces 1, 3, 4, 5, 6, 8. Ensuite, on cherche, pour chaque face du dé n° 1, la face du dé n° 2 qui complète jusqu’à 8 :

• 1 avec 7 : impossible, le dé n° 2 n’a pas de 7 ;
• 2 avec 6 : possible, et le 2 apparaît sur deux faces du dé n° 1 ;
• 3 avec 5 : possible, et le 3 apparaît aussi sur deux faces ;
• 4 avec 4 : possible.

Les lancers qui donnent 8 sont donc 2 + 6 (avec l’une ou l’autre face « 2 »), 3 + 5 (avec l’une ou l’autre face « 3 ») et 4 + 4, soit trois sommes différentes et cinq lancers en comptant les faces.

2. La fréquence est l’effectif de la somme 6 divisé par le nombre total de lancers (on vérifie que les effectifs du tableau totalisent bien 5 000) :

\[ f = \dfrac{677}{5\,000} = 0{,}1354 \]

Aline a obtenu une somme égale à 6 avec une fréquence de 0,1354, soit 13,54 %.

3. a. Dans le patron en croix, la face centrale de la ligne est opposée à la quatrième face (celle qui porte le 2) ; la première face de la ligne est opposée à la troisième ; la face du haut est opposée à celle du bas. Comme deux faces opposées ont pour somme 7 :

Corrigé de l’exercice 2 : dés particuliers et dés classiques (suite)

• la face centrale porte \(7 – 2 = 5\) ;
• les deux autres faces de la ligne portent 1 et 6 (dans l’ordre que tu veux) ;
• la face du haut et celle du bas portent 3 et 4.

Voici une réponse possible :

3. b. Pour obtenir une somme égale à 2, il faut un 1 sur chaque dé, car la plus petite face de chaque dé est 1.

Avec deux dés classiques : chaque dé a 6 faces équiprobables, il y a \(6 \times 6 = 36\) lancers équiprobables et un seul, (1 ; 1), donne 2. La probabilité vaut \(\dfrac{1}{36}\).

Avec les dés d’Aline : le dé n° 1 a une seule face « 1 » sur 6 et le dé n° 2 aussi. Ensuite, il y a encore 36 lancers équiprobables (en distinguant les faces) et un seul donne 1 + 1. La probabilité vaut aussi \(\dfrac{1}{36} \approx 0{,}028\).

Bertrand a donc exactement autant de chances avec les dés d’Aline qu’avec ses dés classiques : \(\dfrac{1}{36}\) dans les deux cas.

Remarque : dans l’expérience d’Aline, la somme 2 est sortie 122 fois, soit une fréquence de \(\dfrac{122}{5\,000} = 0{,}0244\). C’est un peu moins que \(\dfrac{1}{36} \approx 0{,}0278\), mais une fréquence observée fluctue autour de la probabilité : elle ne permet pas de conclure que les dés d’Aline donnent moins souvent 2.

Corrigé de l’exercice 3 (septembre 2011) : carré et rectangle avec racine de 3

1. Le périmètre du carré ABCD vaut \(4 \times (1+\sqrt{3}) = 4 + 4\sqrt{3}\). Celui du rectangle EFGH, de largeur 1 et de longueur FG, vaut \(2 \times (1 + \text{FG})\). Par ailleurs, on veut :

\[ 2(1 + \text{FG}) = 4 + 4\sqrt{3} \]

En divisant par 2 : \(1 + \text{FG} = 2 + 2\sqrt{3}\), donc \(\text{FG} = 1 + 2\sqrt{3}\).

La valeur exacte est \(\text{FG} = 1 + 2\sqrt{3}\) cm (environ 4,46 cm).

2. L’aire du carré vaut \((1+\sqrt{3})^2\). On développe avec l’identité remarquable \((a+b)^2 = a^2 + 2ab + b^2\) :

\[ (1+\sqrt{3})^2 = 1^2 + 2 \times 1 \times \sqrt{3} + (\sqrt{3})^2 = 1 + 2\sqrt{3} + 3 = 4 + 2\sqrt{3} \]

L’aire du rectangle vaut \(1 \times \text{FG} = \text{FG}\). Puis les deux aires sont égales quand \(\text{FG} = 4 + 2\sqrt{3}\) : c’est bien \(\text{FG} = 4 + 2\sqrt{3}\) cm.

Activités géométriques

Corrigé de l’exercice 1 : le prisme droit

1. Dans un prisme droit, les faces latérales sont des rectangles. La face ACFD est donc un rectangle de côtés AC et CF, avec CF = 7 cm (la hauteur du prisme).

Il faut calculer AC. Ensuite, le triangle ABC est rectangle en B, avec AB = 2 cm et BC = 4 cm. D’après le théorème de Pythagore :

\[ \text{AC}^2 = \text{AB}^2 + \text{BC}^2 = 2^2 + 4^2 = 4 + 16 = 20 \quad \text{donc} \quad \text{AC} = \sqrt{20} \approx 4{,}47\ \text{cm} \]

Construction : trace un segment [AC] d’environ 4,5 cm (tu peux aussi reporter au compas l’hypoténuse d’un triangle rectangle de côtés 2 cm et 4 cm, ce qui donne exactement \(\sqrt{20}\)). En A et en C, trace les perpendiculaires à [AC] avec l’équerre, et place D et F du même côté à 7 cm de A et de C. Relie D et F. Puis tu obtiens un rectangle ACFD de 7 cm sur \(\sqrt{20} \approx 4{,}5\) cm.

2. Le volume d’un prisme droit est l’aire de la base multipliée par la hauteur. La base est le triangle ABC, rectangle en B :

\[ \mathcal{A}_{\text{base}} = \dfrac{\text{AB} \times \text{BC}}{2} = \dfrac{2 \times 4}{2} = 4\ \text{cm}^2 \]

\[ V = \mathcal{A}_{\text{base}} \times h = 4 \times 7 = 28\ \text{cm}^3 \]

Le volume du prisme est 28 cm³. Attention à ne pas diviser par 3 : cette division concerne les pyramides et les cônes, pas les prismes.

Corrigé de l’exercice 2 (septembre 2011) : quatre triangles, rectangles ou non ?

Figure 1. Le codage indique OA = OB = OC : O est le centre du cercle circonscrit au triangle ABC. De plus, un triangle est rectangle seulement si le centre de son cercle circonscrit est le milieu d’un de ses côtés (ce côté est alors un diamètre). Ici O n’est sur aucun des côtés : [AB], [AC] et [BC] ne sont pas des diamètres. Le triangle ABC n’est pas rectangle.

Figure 2. Le plus long côté est [AC]. Puis on compare :

\[ \text{AC}^2 = 4{,}25^2 = 18{,}0625 \qquad \text{AB}^2 + \text{BC}^2 = 3{,}75^2 + 2^2 = 14{,}0625 + 4 = 18{,}0625 \]

On a \(\text{AC}^2 = \text{AB}^2 + \text{BC}^2\) : d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle ABC est rectangle en B.

Figure 3. D est sur [AB] avec DA = DB, donc D est le milieu de [AB]. De plus DC = DA = DB : le point C est sur le cercle de diamètre [AB]. Or si un triangle est inscrit dans un cercle ayant pour diamètre l’un de ses côtés, il est rectangle, et l’angle droit est le sommet opposé à ce diamètre. Ensuite, le triangle ABC est rectangle en C.

Figure 4. La somme des angles d’un triangle vaut 180° :

\[ \widehat{ACB} = 180^\circ – 49^\circ – 36^\circ = 95^\circ \]

Aucun des trois angles (49°, 36°, 95°) ne mesure 90° : le triangle ABC n’est pas rectangle.

Corrigé de l’exercice 3 : angle et triangle rectangle

1. Construction en vraie grandeur :

• trace [AB] de 3 cm, puis la perpendiculaire à (AB) passant par B ;
• avec le compas, trace l’arc de centre A et de rayon 8 cm : il coupe la perpendiculaire en C ;
• place E sur [AB] à 2,4 cm de A, et D sur [AC] à 6,4 cm de A ;
• trace [ED].

2. Dans le triangle ABC rectangle en B, [AC] est l’hypoténuse et [AB] le côté adjacent à l’angle \(\widehat{BAC}\) :

\[ \cos \widehat{BAC} = \dfrac{\text{AB}}{\text{AC}} = \dfrac{3}{8} = 0{,}375 \]

La calculatrice (touche \(\cos^{-1}\) ou arccos) donne \(\widehat{BAC} \approx 67{,}98^\circ\), soit \(\widehat{BAC} \approx 68^\circ\) au degré près.

3. Les points A, E, B sont alignés dans cet ordre, ainsi que A, D, C. Alors on compare les rapports :

\[ \dfrac{\text{AE}}{\text{AB}} = \dfrac{2{,}4}{3} = 0{,}8 \qquad \dfrac{\text{AD}}{\text{AC}} = \dfrac{6{,}4}{8} = 0{,}8 \]

Les rapports sont égaux, donc d’après la réciproque du théorème de Thalès, les droites (ED) et (BC) sont parallèles.

Or (BC) est perpendiculaire à (AB), puisque ABC est rectangle en B. Si deux droites sont parallèles, toute droite perpendiculaire à l’une est perpendiculaire à l’autre : (ED) est donc perpendiculaire à (AB), c’est-à-dire à (AE). Le triangle AED est rectangle en E.

Problème

Corrigé de la 1^re partie : lecture des documents (septembre 2011)

1. La grande roue de Paris mesure 60 m, et \(2 \times 60 = 120\ \text{m}\). Comme 135 m est plus grand que 120 m, c’est vrai : le London Eye est plus de deux fois plus haut.

2. La roue de Pékin mesure 208 m et le London Eye 135 m : \(208 – 135 = 73\). Par ailleurs, la différence de hauteur est de 73 m.

3. Le document 2 l’indique : un tour complet dure 30 minutes.

4. Il y a 32 cabines de 25 personnes au maximum : \(32 \times 25 = 800\). Au plus 800 personnes peuvent se trouver ensemble dans la roue.

Corrigé de la 2^e partie : le tour de roue d’une cabine

1. Un tour dure 30 minutes : 14 h 40 + 30 min = 15 h 10. La cabine reviendra au sol à 15 h 10.

2. a. Sur le graphique, au temps 5 minutes, la courbe est à peu près à la hauteur 35. Puis la cabine est à environ 35 m du sol.

2. b. Au temps 10 minutes, la courbe est un peu au-dessus de 100. La cabine est à environ 102 m du sol (une réponse entre 100 et 105 m convient).

2. c. Si la hauteur était proportionnelle au temps, la courbe serait, sur les quinze premières minutes, un morceau de droite passant par l’origine. Ensuite, ce n’est pas le cas : la courbe s’incurve. On le vérifie aussi avec les valeurs lues : en 5 minutes la cabine monte d’environ 35 m, alors qu’en 10 minutes (deux fois plus de temps) elle est à environ 102 m, ce qui est bien plus que \(2 \times 35 = 70\ \text{m}\). La hauteur n’est pas proportionnelle au temps écoulé.

2. d. La courbe dépasse 100 m un peu avant 10 minutes et redescend sous 100 m un peu après 20 minutes. La cabine reste au-dessus de 100 m pendant environ 10 minutes.

Corrigé de la 2 e partie : le tour de roue d’une cabine (suite)

3. Le périmètre d’un cercle de diamètre \(d\) vaut \(\pi \times d\) :

\[ P = \pi \times 134 \approx 420{,}97\ \text{m} \]

Le périmètre de la roue est d’environ 421 m au mètre près.

4. Pendant un tour, qui dure 30 minutes, la cabine parcourt tout le périmètre, soit environ 421 m. En une heure (deux fois 30 minutes), elle parcourrait environ \(2 \times 421 = 842\ \text{m}\), soit 0,842 km. Sa vitesse est donc d’environ 0,84 km/h. C’est exact : la cabine se déplace à moins de 1 km/h.

Corrigé de la 3^e partie : hauteur de la cabine par le calcul

1. La roue fait un tour complet (360°) en 30 minutes, et l’angle \(\widehat{COD}\) est proportionnel au temps : la roue tourne de \(\dfrac{360}{30} = 12^\circ\) par minute.

• Au départ : C est confondu avec D.
• Après 5 minutes : l’angle vaut \(5 \times 12 = 60^\circ\) ; C est sur le cercle, à droite de D, en tournant dans le sens de la flèche.
• Après 15 minutes : \(15 \times 12 = 180^\circ\) ; C est en haut de la roue, diamétralement opposé à D (c’est le point le plus haut, à 134 m).
• De même, après 30 minutes : \(30 \times 12 = 360^\circ\) ; la cabine a fait un tour, C est de nouveau en D.

2. a. Cinq minutes après le départ, \(\widehat{COD} = 5 \times 12 = 60^\circ\).

2. b. OC et OD sont deux rayons de la roue, donc OC = OD = 67 m : le triangle COD est isocèle en O. Ses deux angles à la base sont égaux et valent \(\dfrac{180^\circ – 60^\circ}{2} = 60^\circ\). Ses trois angles mesurent 60° : le triangle COD est équilatéral (de côté 67 m).

2. c. Le sol est la droite tangente à la roue en D, perpendiculaire au rayon [OD]. La hauteur de la cabine est donc la distance entre D et le point H, pied de la perpendiculaire à (OD) passant par C.

Dans le triangle équilatéral COD, la hauteur issue de C est aussi une médiane : H est le milieu de [OD]. Donc :

Corrigé de la 3 e partie : hauteur de la cabine par le calcul (suite)

\[ \text{DH} = \dfrac{\text{OD}}{2} = \dfrac{67}{2} = 33{,}5\ \text{m} \]

On peut aussi utiliser le triangle OHC rectangle en H : \(\text{OH} = \text{OC} \times \cos 60^\circ = 67 \times 0{,}5 = 33{,}5\ \text{m}\), puis \(\text{DH} = \text{OD} – \text{OH} = 67 – 33{,}5 = 33{,}5\ \text{m}\).

Cinq minutes après le départ, la cabine est à 33,5 m du sol, ce qui confirme la lecture d’environ 35 m faite sur le graphique.

Retour à l’énoncé : Sujet du brevet de maths 2011 : France, septembre.

Bien réviser avec le corrigé corrigé septembre 2011

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.

Quant aux équations, isole l’inconnue étape par étape, puis vérifie la solution en la remplaçant dans l’équation de départ. Dans les questions sur les probabilités, compte les issues favorables et le nombre total d’issues, puis vérifie que ta probabilité reste comprise entre 0 et 1. Pour les 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 équation du premier degré, puis reviens à la question.

Après avoir lu le corrigé corrigé septembre 2011, 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 septembre 2011

Faut-il lire le corrigé corrigé septembre 2011 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 2011. Ainsi, tu peux le traiter sans voir les réponses.

Quelles notions ce corrigé fait-il travailler ?

On y retrouve principalement les équations, les probabilités, les racines carrées et le calcul littéral. 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 septembre 2011

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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