PROBLEME PARTIE A

BREVET 2002 ACADEMIE DE NANTES CORRIGE

ACTIVITE NUMERIQUE

1°) Développement, réduction P = (x + 12)(x + 2) P = x² + 2x + 12x + 24 P = x² + 14x + 24 2°) Factorisation

Q = (x + 7)² – 25 Q = (x + 7)² – 52

Q = (x + 7 + 5)(x + 7 – 5) Q = (x + 12)(x + 2) 3°) Calcul de AC²

Dans le triangle ABC rectangle en A, le théorème de Pythagore permet d’écrire : BC² = AB² + AC²

(x + 7)² = 5² + AC² AC² = (x + 7)² – 5² AC² = x² + 14x + 49 – 25 AC² = x² + 14x + 24 Exercice 2

Résolutions

3(5 + 3x) – (x – 3) = 0 15 + 9x – x + 3 = 0

8x = – 15 – 3 8x = – 18

x = – 18 8 x = – 9 4 L’équation a pour solution – 9

4

3(5 + 3x)(x – 3) = 0

Un produit est nul si l’un au moins de ses facteurs est nul or 3 0 donc 5 + 3x = 0 ou x – 3 = 0

x = – 5

3 ou x = 3 L’équation a pour solution – 5

3 ; 3 5

B

A

x + 7

C

Exercice 3

1°) 4 triangles et 6 rectangles Soit N le nombre de sommets

N = 4 x 3 + 6 x 4 N = 36

Il y a en tout 36 sommets avec 4 triangles et 6 rectangles 2°) Nombre de triangles et de rectangles

Soit x le nombre de triangles et y le nombres de rectangles On peut traduire l’énoncé par le système suivant :



x + y = 18

3x + 4y = 65 1 On multiplie l’équation 1 par – 32

On obtient le système équivalent suivant :



– 3x – 3y = –54 3x + 4y = 65 3

On additionne les équations 2 et 3 on obtient :2 4y – 3y = 11

y = 11

On remplace y par 11 dans l’équation 1 x + 11 = 18

x = 7

Le système a pour solution (7 ; 11)

Sur le livre sont dessinés 7 triangles et 11 rectangles.

Exercice 4

Calcul de A et de B

A = (3 2 – 1)( 2 + 1) – 2 2 A = 6 + 3 2 – 2 – 1 – 2 2 A = 5

B = 5 27 + 75 B = 5 x 3 3 + 5 3 B = 15 3 + 5 3 B = 20 3

ACTIVITE GEOMETRIQUE

1°) a) Graphique

b) Coordonnées de ^→AB

→AB (– 5 ; 10) c) Calcul de AB

AB² = (– 2 – 3)² + (5 – (– 5))² AB² = (– 5)² + 10²

AB² = 25 + 100 AB² = 125 AB = 125 AB = 5 5 2°) b) Coordonnées de D

D(– 7 ; 6) c) Nature de ABDC

D image de C par la translation de vecteur ^→AB signifie que ABDC est un parallélogramme [AD] et [BC] sont les diagonales de ce parallélogramme donc se coupent en leur milieu M

M(– 2 – 2 2 ; 5 – 4

2 ) M(– 2 ; 1

2) Exercice 2

Taux de remplissage

Vc : Volume du cône de côté 7 cm Vb : Volume de la boule de rayon 3,5 cm T : Taux de remplissage

T = Vb Vc x 100 T =

4

3 x π x 3,5³ 7³ x 100 T 52%

-8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6

-6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6

A B

C D

M

Exercice 3 1°) Schéma

2°) (AE) et (FC) parallèles ? Dans les triangles ABE et BFC

A, B, C et E, B, F sont alignés dans cet ordre AB

BC = 6 10 = 3

5

EB BF = 4,8

8 = 48 80 = 3

5 donc AB

BC = EB BF

D’après la réciproque du théorème de Thalès (AB) est parallèle à (FC) 3°) (AF) et (EC) parallèles ?

Dans les triangles ABF et EBC

A, B, C et E, B, F sont alignés dans cet ordre AB

BC = 6 10 = 3

5 BF

BE = 8 4,8 = 5

3 donc AB

BC BF BE

Les droites (AF) et (EC) ne sont pas parallèles.

A B C

F 8,00

E

4,80

6,00 10,00

PROBLEME PARTIE A

1°) MNP rectangle en M Dans le triangle MNP on a :

PN² = 13² PM² = 5² MN² = 12²

PN² = 169 PM² = 25 MN² = 144

On a donc

PN² = PM² + MN²

D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle PMN est rectangle en M 2°) Périmètre et aire

Soit L1 le périmètre du triangle MNP A1 l’aire du triangle PMN

L1 = PN + PM + MN L1 = 13 + 5 + 12 L1 = 30 cm A1 = 1

2 x PM x MN A1 = 1

2 x 5 x 12 A1 = 30 cm²

3°) Centre du cercle circonscrit

PMN est un triangle rectangle en M donc le centre de son cercle circonscrit est situé au milieu de l’hypoténuse [PN] et son rayon R est la moitié de la longueur de l’hypoténuse

R = 1 2 x PN R = 6,5 cm 4°) Tangente de PNM

Dans le triangle PNM rectangle en M tan PNM = PM

MN tan PNM = 5

12 PNM 23°

PARTIE B

1°) MB et AB en fonction de x Dans les triangles AMB et PMN

A est sur [PM]

B est sur [MN]

(AB) est parallèle à (PN) Le théorème de Thalès permet d’écrire :

MA MP = MB

MN = AB PN x

5 = MB 12 = AB

13 donc

MB = 12x

5 et AB = 13x 5

2°) Périmètre de AMB Soit L2 le périmètre de AMB

L2 = AM + MB + AB L2 = x + 12x

5 + 13x 5 L2 = 6x

3°) Résolution x + 12x

5 + 13x 5 = 18

D’après ce qui précède x + 12x 5 + 13x

5 = 6x ce qui revient à résoudre

6x = 18 x = 3

L’équation a pour solution 3 4°) Aire de AMB

Soit A2 l’aire de AMB

Lorsque le périmètre de AMB est égal à 18, AM = 3 et MB = 12 x 3 5 = 36

5 AMB est un triangle rectangle en M donc

A2 = 1

2 x AM x MB A2 = 1

2 x 3 x 36 5 A2 = 54

5 A2 = 10,8 cm²