Voici le corrigé complet du brevet de maths 2019 en Amérique du Nord, épreuve passée le 4 juin 2019. Le sujet comporte huit exercices qui balayent tout le programme de troisième. On y démontre qu’un triangle est rectangle avec la réciproque de Pythagore, on calcule un angle par la trigonométrie et on teste un parallélisme avec la contraposée de Thalès. Un exercice « vrai ou faux » mêle fractions, fonctions, probabilités et identités remarquables. On lit ensuite un diagramme sur le gaspillage alimentaire et une formule de tableur, on pilote un lutin dans un labyrinthe avec Scratch, on reconnaît des symétries, rotations et translations dans un pavage hexagonal, on exploite une courbe de concentration et un calcul de masse d’alcool. Pour finir, on compte des boulets de canon et on calcule leur masse à partir du volume d’une boule, puis on raisonne sur la moyenne, la médiane et l’étendue d’une série de notes.
L’énoncé de cette épreuve est sur la page Brevet de maths 2019 en Amérique du Nord : sujet et corrigé : cherchez d’abord chaque exercice, puis comparez avec la correction.
Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Pythagore, trigonométrie, Thalès – 14 points
Les droites (ER) et (FT) sont sécantes en A, avec \(AE = 8\) cm, \(AF = 10\) cm, \(EF = 6\) cm, \(AR = 12\) cm et \(AT = 14\) cm. Les points E et F sont respectivement sur les segments [AR] et [AT].
1. Montrer que le triangle AEF est rectangle en E.
Le plus grand côté est [AF]. On calcule séparément :
\[AF^2 = 10^2 = 100 \qquad AE^2 + EF^2 = 8^2 + 6^2 = 64 + 36 = 100.\]
On a donc \(AF^2 = AE^2 + EF^2\). D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle AEF est rectangle en E.
2. Mesure de l’angle \(\widehat{EAF}\) au degré près.
Dans le triangle AEF rectangle en E, [AE] est le côté adjacent à l’angle \(\widehat{EAF}\) et [AF] l’hypoténuse :
\[\cos \widehat{EAF} = \frac{AE}{AF} = \frac{8}{10} = 0{,}8.\]
La calculatrice donne \(\widehat{EAF} = \arccos(0{,}8) \approx 36{,}87^\circ\), soit \(\widehat{EAF} \approx 37^\circ\) au degré près.
3. Les droites (EF) et (RT) sont-elles parallèles ?
Les points A, E, R d’une part et A, F, T d’autre part sont alignés dans le même ordre. On compare les rapports :
\[\frac{AE}{AR} = \frac{8}{12} = \frac{2}{3} \approx 0{,}667 \qquad \frac{AF}{AT} = \frac{10}{14} = \frac{5}{7} \approx 0{,}714.\]
Par produits en croix : \(8 \times 14 = 112\) et \(12 \times 10 = 120\), donc \(\dfrac{AE}{AR} \neq \dfrac{AF}{AT}\).
Si les droites étaient parallèles, le théorème de Thalès imposerait l’égalité de ces rapports. Par la contraposée du théorème de Thalès, les droites (EF) et (RT) ne sont pas parallèles.
Exercice 2 :
Vrai ou faux justifié – 17 points
Affirmation 1 : \(\dfrac{3}{5} + \dfrac{1}{2} = \dfrac{3+1}{5+2}\).
On réduit au même dénominateur :
\[\frac{3}{5} + \frac{1}{2} = \frac{6}{10} + \frac{5}{10} = \frac{11}{10} \qquad \text{et} \qquad \frac{3+1}{5+2} = \frac{4}{7}.\]
Le premier nombre est supérieur à 1, le second inférieur à 1 : ils ne peuvent pas être égaux. L’affirmation 1 est fausse (on n’additionne pas les numérateurs et les dénominateurs entre eux).
Affirmation 2 : pour la fonction \(f : x \mapsto 5 – 3x\), l’image de \(-1\) est \(-2\).
\[f(-1) = 5 – 3 \times (-1) = 5 + 3 = 8.\]
L’image de \(-1\) est 8 et non \(-2\) : l’affirmation 2 est fausse.
Affirmation 3 : il est plus probable de tirer un nombre premier en choisissant un entier au hasard entre 1 et 11 (inclus) que d’obtenir un nombre pair avec un dé équilibré à six faces.
- Expérience n° 1 : il y a 11 entiers équiprobables. Les nombres premiers parmi eux sont 2, 3, 5, 7 et 11 (1 n’est pas premier), soit 5 issues favorables. La probabilité vaut \(\dfrac{5}{11}\).
- Expérience n° 2 : les faces paires sont 2, 4 et 6, soit 3 issues sur 6. La probabilité vaut \(\dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}\).
Or \(\dfrac{1}{2} = \dfrac{5{,}5}{11}\), donc \(\dfrac{5}{11} \lt \dfrac{1}{2}\) (en écriture décimale, \(0{,}4545\ldots \lt 0{,}5\)). C’est l’événement de l’expérience n° 2 qui est le plus probable : l’affirmation 3 est fausse.
Affirmation 4 : pour tout nombre \(x\), \((2x+1)^2 – 4 = (2x+3)(2x-1)\).
On reconnaît une différence de deux carrés, car \(4 = 2^2\). Avec l’identité \(a^2 – b^2 = (a+b)(a-b)\), où \(a = 2x+1\) et \(b = 2\) :
\[(2x+1)^2 – 2^2 = (2x+1+2)(2x+1-2) = (2x+3)(2x-1).\]
Vérification en développant : \((2x+1)^2 – 4 = 4x^2 + 4x + 1 – 4 = 4x^2 + 4x – 3\) et \((2x+3)(2x-1) = 4x^2 – 2x + 6x – 3 = 4x^2 + 4x – 3\). L’affirmation 4 est vraie.
Exercice 3 :
Lecture de diagramme et tableur : le gaspillage alimentaire – 12 points
Un diagramme donne, pour six pays notés A à F, la quantité de nourriture gaspillée par habitant en 2010, en kilogrammes.
1. Quantité gaspillée par un habitant du pays D.
On lit sur le diagramme la hauteur de la barre du pays D : un habitant du pays D a gaspillé environ 130 kg de nourriture en 2010.
2. Le gaspillage d’un habitant du pays F représente-t-il environ un cinquième de celui d’un habitant du pays A ?
On lit environ 110 kg pour le pays F et un peu plus de 540 kg pour le pays A. Un cinquième de 540 kg vaut \(540 : 5 = 108\) kg, ce qui est très proche de 110 kg (de même, \(5 \times 110 = 550\) kg est proche de 540 kg). Oui, on peut l’affirmer : un habitant du pays F gaspille environ cinq fois moins qu’un habitant du pays A.
3. a. Quantité totale gaspillée par les habitants du pays X en 2010.
D’après le tableau, un habitant du pays X a gaspillé 345 kg et le pays compte 10,9 millions d’habitants. La quantité totale est :
\[345 \times 10{,}9 \times 10^6 = 3\,760\,500\,000 \text{ kg}.\]
Comme 1 tonne = 1 000 kg, cela fait 3 760 500 tonnes de nourriture gaspillée.
b. Formule saisie en D2.
La colonne B contient la quantité par habitant (en kg) et la colonne C la population (en millions d’habitants). Le produit B2 × C2 donne la quantité totale en millions de kilogrammes, c’est-à-dire en milliers de tonnes ; il faut donc encore multiplier par 1 000 pour l’obtenir en tonnes. C’est bien ce qui redonne 3 760 500 pour le pays X. La bonne proposition est :
=B2*C2*1000
Exercice 4 :
Algorithmique avec Scratch : sortir du labyrinthe – 10 points
Le lutin se déplace dans un repère dont les points sont espacés de 30 unités ; s’il touche un mur noir, il revient au point de départ.
1. Compléter l’instruction qui ramène le lutin au point de départ.
Le point de départ a pour coordonnées \((-180\,;\,-120)\) dans le repère. L’instruction complétée est :
aller à x: -180 y: -120
2. Distance minimale entre le départ et la sortie.
Le chemin le plus court sans toucher de mur est : monter de 3 cases, aller à droite de 2, descendre de 3, aller à droite de 2, monter de 4, aller à droite de 8, descendre de 4, puis aller à droite de 1. Cela représente
\[3 + 2 + 3 + 2 + 4 + 8 + 4 + 1 = 27 \text{ pas de 30 unités},\]
soit une distance minimale de \(27 \times 30 = \) 810 unités.
3. Actions effectuées après un appui sur « flèche haut » puis sur « flèche droite ».
Avec la flèche haut, le lutin monte de 30 unités. Avec la flèche droite, il se déplace ensuite de 30 unités vers la droite : il rencontre alors un mur noir. Le programme détecte la couleur noire et le lutin est renvoyé au point de départ \((-180\,;\,-120)\).
Exercice 5 :
Transformations dans un hexagone et un pavage – 10 points
Aucune justification n’est demandée ; on explique tout de même les réponses à l’aide de l’hexagone régulier ABCDEF de centre O.
1. Image du quadrilatère CDEO par la symétrie de centre O.
La symétrie de centre O envoie chaque sommet sur le sommet diamétralement opposé : C sur F, D sur A, E sur B, et O reste fixe. L’image de CDEO est donc le quadrilatère FABO.
2. Image du segment [AO] par la symétrie d’axe (CF).
O est sur l’axe, donc il est invariant ; A a pour symétrique E par rapport à (CF). L’image de [AO] est le segment [EO].
3. Image du triangle BOC par la rotation de centre O qui transforme OAB en OCD.
Cette rotation envoie A sur C et B sur D : chaque sommet « avance » de deux positions, ce qui correspond à un angle de \(2 \times 60^\circ = 120^\circ\). Elle envoie donc B sur D et C sur E. L’image du triangle BOC est le triangle DOE.
4. Image de l’hexagone 14 par la translation qui transforme l’hexagone 2 en l’hexagone 12.
On applique à l’hexagone 14 le même déplacement (même direction, même sens, même longueur) que celui qui mène de l’hexagone 2 à l’hexagone 12 sur le pavage. On arrive sur l’hexagone 19.
Exercice 6 :
Lecture graphique et proportionnalité – 12 points
Partie A : absorption du principe actif d’un médicament
Une courbe donne la quantité de principe actif dans le sang (en mg/L) en fonction du temps écoulé depuis la prise (en heures).
1. Quantité trente minutes après la prise.
Trente minutes correspondent à 0,5 h. On lit l’ordonnée du point d’abscisse 0,5 : environ 10 mg/L.
2. À quel moment la quantité est-elle maximale ?
Le point le plus haut de la courbe a pour abscisse 2 : la quantité de principe actif est la plus élevée 2 heures après la prise.
Partie B : comparaison de masses d’alcool dans deux boissons
La boisson 1 a un volume de 33 cL et un degré d’alcool de 5 % ; la boisson 2 a un volume de 12,5 cL et un degré de 12 %. La masse d’alcool se calcule en multipliant le volume (en cL) par le pourcentage d’alcool, puis par 7,9 (l’alcool pur a une masse volumique de 0,79 g/mL, soit 7,9 g/cL).
- Boisson 1 : \(33 \times 0{,}05 \times 7{,}9 = 13{,}035\) g d’alcool.
- Boisson 2 : \(12{,}5 \times 0{,}12 \times 7{,}9 = 11{,}85\) g d’alcool.
Comme \(13{,}035 \gt 11{,}85\), oui, la boisson 1 contient une masse d’alcool supérieure à celle de la boisson 2, alors même qu’elle est moins alcoolisée en pourcentage.
Exercice 7 :
Empilement de boulets de canon, volume et masse – 15 points
Les boulets sont empilés en pyramide à base carrée : le niveau du haut contient 1 boulet, le suivant \(2 \times 2 = 4\), puis \(3 \times 3 = 9\), etc.
1. Nombre de boulets dans l’empilement à 2 niveaux.
\(1 + 4 = \) 5 boulets.
2. Pourquoi l’empilement à 3 niveaux contient-il 14 boulets ?
Il comporte un niveau de 1 boulet, un niveau de \(2^2 = 4\) boulets et une base de \(3^2 = 9\) boulets : \(1 + 4 + 9 = \) 14 boulets.
3. Combien de niveaux pour ranger 55 boulets ?
On ajoute les carrés successifs : 4 niveaux donnent \(1 + 4 + 9 + 16 = 30\) boulets, ce qui ne suffit pas. Un cinquième niveau de \(5^2 = 25\) boulets donne \(30 + 25 = 55\) boulets exactement. L’empilement comporte donc 5 niveaux.
4. Montrer que l’empilement à 3 niveaux pèse 92 kg au kg près.
Chaque boulet est une boule de rayon 6 cm :
\[V_{\text{boulet}} = \frac{4}{3} \times \pi \times 6^3 = \frac{4}{3} \times 216\,\pi = 288\,\pi \text{ cm}^3.\]
Les 14 boulets occupent \(14 \times 288\,\pi = 4\,032\,\pi\) cm³, soit environ 12 667 cm³.
La masse volumique de la fonte est 7 300 kg/m³. Comme \(1 \text{ m}^3 = 1\,000\,000 \text{ cm}^3\), 1 cm³ de fonte pèse \(7\,300 : 1\,000\,000 = 0{,}0073\) kg. La masse de l’empilement est :
\[4\,032\,\pi \times 0{,}0073 = 29{,}4336\,\pi \approx 92{,}47 \text{ kg}.\]
L’empilement à 3 niveaux pèse donc bien 92 kg au kilogramme près.
Exercice 8 :
Statistiques : étendue, moyenne, médiane – 10 points
Huit élèves passent un concours ; on est admis avec une note supérieure ou égale à 10, et les notes sont données au demi-point près. Six notes sont connues : 10 ; 13 ; 15 ; 14,5 ; 6 ; 7,5. Deux notes, notées \(a\) et \(b\), sont inconnues. On sait que la série a une étendue de 9, une moyenne de 11,5, une médiane de 12,5 et que 75 % des candidats sont reçus.
1. Pourquoi aucune des notes inconnues ne peut-elle valoir 16 ?
La plus petite note connue est 6. Si l’une des notes inconnues valait 16, l’étendue serait au moins égale à \(16 – 6 = 10\). Or l’étendue vaut 9 : c’est impossible.
2. Les deux notes inconnues peuvent-elles être 12,5 et 13,5 ?
On teste chacune des informations avec \(a = 12{,}5\) et \(b = 13{,}5\) :
- Étendue : la plus grande note est 15 et la plus petite 6, donc \(15 – 6 = 9\). Cela convient.
- Moyenne : \(\dfrac{10 + 13 + 15 + 14{,}5 + 6 + 7{,}5 + 12{,}5 + 13{,}5}{8} = \dfrac{92}{8} = 11{,}5\). Cela convient.
- Reçus : 6 notes sur 8 seraient supérieures ou égales à 10, soit \(\dfrac{6}{8} = 0{,}75 = 75\,\%\). Cela convient.
- Médiane : la série rangée dans l’ordre croissant serait 6 ; 7,5 ; 10 ; 12,5 ; 13 ; 13,5 ; 14,5 ; 15. Avec 8 valeurs, la médiane est la moyenne de la 4e et de la 5e valeur : \(\dfrac{12{,}5 + 13}{2} = 12{,}75\), et non 12,5.
La condition sur la médiane n’est pas respectée : les deux notes ne peuvent pas être 12,5 et 13,5.
Remarque : la moyenne impose \(a + b = 92 – 66 = 26\) et les autres conditions imposent \(10 \leq\, a \leq\, 15\) et \(10 \leq\, b \leq\, 15\). En testant les couples possibles, seul le couple 12 et 14 donne une médiane de \(\dfrac{12 + 13}{2} = 12{,}5\) : ce sont les deux notes manquantes.
