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Rubrique : {Sujets du Diplôme National du Brevet (DNB)}

Corrigé de l’épreuve du DNB 2011

Le mardi 28 juin 2011

Activités numériques

Exercice 1 :

1-a. D’après le graphique la couleur jaune est sortie 20 fois. Donc $F_J=20\div100=20\%$
La fréquence d’apparition de la couleur jaune est donc de $20\%$ soit $\frac{1}{5}$ ou encore $0,2$ .

1-b. D’après le graphique la couleur noire est sortie 30 fois. Donc $F_J=30\div100=30\%$
La fréquence d’apparition de la couleur noire est donc de $30\%$ ou encore 0,3.

2-a. Une face sur les 6 du dé est peinte en jaune.
Donc la probabilité d’obtenir la couleur jaune est de $\frac{1}{6}$

2-b. Deux faces sur les 6 du dé sont peintes en noire.
Donc la probabilité d’obtenir la couleur noire est de $\frac{2}{6}$ soit $\frac{1}{3}$

3. La probabilité d’obtenir une couleur est correspond à la fréquence d’apparition lors d’une expérience au cours de laquelle on lancerai une infinité de fois le dé.
Le dé n’ayant été lancé que 100 fois, il est n’est de ce fait pas obligatoire que les fréquences d’apparition soient égales aux probabilités.

Exercice 2 :

Le bijou n°1 est composé de 4 pièces de métal et de 4 pièces de verre.
Le bijou n°2 est composé de 2 pièces de métal et de 6 pièces de verre.
Le bijou n°3 est quant à lui composé de 3 pièces de métal et de 5 pièces de verre.

Ainsi, les pièces utilisées pour concevoir le bijou n°1 et le bijou n°2 permettent de construire 2 bijou n°3.

De là :
Bijou n°1 + bijou n°2 : 11€ + 9,10€=20,10€.
Ce qui entraine que le prix du bijou n°3 est de $20,10\div 2=10,55$ euros.

il était également possible d’utiliser un système d’équations de la manière suivante :

Soit $v$ le prix d’une pièce en verre.
Soit $m$ le prix d’un pièce en métal

En étudiant la composition des bijou n°1 et n°2 et leur prix, on obtient :

\begin{cases} 4v+4m=11\cr 6v+2m=9,10\cr \end{cases}

On multiplie la deuxième ligne par 2 : \begin{cases} 4v+4m=11\cr 12v+4m=18,20\cr \end{cases}

On soustrait la première ligne à la deuxième ce qui donne : $8v=7,20$

D’où : $v=0,9$

On remplace dans la première ligne du système $v$ par $0,9$ . Ainsi :

$3,6+4m=11$
$4m=11-3,6=7,4$
$m=1,85$

Après vérification (facile), on conclut qu’une pièce de métal coûte 1,85 euros et qu’une pièce de verre coûte 0,9 euros.

Le bijou n°3 étant composé de 3 pièces de métal et 5 pièces de verre, ce dernier coûtera $(3\times 1,85 + 5 \times 0,9)=10,55$ euros.

Exercice 3 :

1. Affirmation 1 :
$(2a+3)^2=(2a)^2+3^2+2\times 2a\times3=4a^2+9+6a$ .
L’affirmation 1 est donc fausse puisque $4a^2+9+6a\not=4a^2+9$

Affirmation 2 :
Soit $x$ un prix quelconque.
Augmenter de $20\%$ revient à effectuer l’opération $1,2 \times x=1,2x$
Effectuer une remise de 20% après l’augmentation précédente revient à effectuer l’opération $1,2x \times 0,8=0,96x$

Donc après une augmentation et une remise de $20\%$ n’obtient pas le prix initial puisque $0,96x\not=x$

2. Egalité 1 :
$\frac{\sqrt{32}}{2}=\frac{\sqrt{16\times2}}{2}=\frac{\sqrt{16}\times\sqrt{2}}{2}=\frac{4\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}$ _L’égalité est donc vraie.

Egalité 2 :
$10^5 + 10^{-5}=100\,000+0,00001=100\,000,00001$
$10^0=1$ Donc $10^5 + 10^{-5}\not=1$

Par contre en remplaçant le + par un $\times$ l’égalité devient juste puisque $10^5 \times 10^{-5}=10^{5+(-5)}=10^0$

Activités géométriques

Exercice 1 :

2-a.

Méthode 1
Le triangle $ABC$ est rectangle en $B$ .
$[AB]$ est le côté opposé à l’angle $\widehat{ACB}$ .
$[BC]$ est le côté adjacent à l’angle $\widehat{ACB}$ .
On utilise la tangente :
$tan( \widehat{ACB})=\frac{AB}{BC}$
$tan( \widehat{ACB})=\frac{2}{2}$
$\widehat{ACB}=tan^{-1}(1)$
$\widehat{ACB}=45^{\circ}$

Méthode 2
Le triangle $ABC$ est un triangle rectangle isocèle en $B$ . Par conséquent ses angles à la base mesurent $45^{\circ}$ .

2-b. Les angles $\widehat{ACB}$ et $\widehat{DCE}$ sont opposés par le sommet donc $\widehat{DCE}=45^{\circ}$

3. Le triangle $DCE$ est rectangle en $E$ .
$[DE]$ est le côté opposé à l’angle $\widehat{DCE}$ .
$[DC]$ est l’hypoténuse.
On utilise le sinus :
$sin( \widehat{DCE})=\frac{DE}{DC}$
$sin( 45^{\circ})=\frac{DE}{6}$
$DE=6sin(45^{\circ})}$
$DE \approx 4,2cm$ (arrondi à $0,1cm$ près)

4. Le triangle $DCE$ est rectangle en $E$ donc le centre du cercle circonscrit se situe au milieu de son l’hypoténuse $[DC]$ .

5. Le point $M$ appartient au cercle $\mathcal{C}$ et $[DC]$ est un diamètre de ce cercle donc $\widehat{DMC}=90^{\circ}$ .
Le point $M$ appartient au cercle $\mathcal{C'}$ et $[AC]$ est un diamètre de ce cercle donc $\widehat{AMC}=90^{\circ}$ .
Ainsi $\widehat{DMC}+\widehat{AMC}=180^{\circ}$ donc les points $D$ , $M$ et $A$ sont alignés.

Exercice 2 :

2-a. Calcul du volume du pavé droit :
$V=40 \times 20 \times 30 = 24 000$
Le pavé droit a un volume de $24 000 cm^3$ .

2-b. On sait que $1L=1dm^3=1\,000cm^3$ .
$24 000 : 1 000 = 24$
L’aquarium peut contenir $24L$ d’eau.

3. La formule permettant d’obtenir le volume d’une boule de rayon $R$ est :
$V=\frac{4}{3} \times \pi R^3$ .
La boule de diamètre $30cm$ a un rayon de $15cm$ . Le volume de la boule est donc donnée par $\frac{4}{3} \times \pi \times 15^3$ .

4. Calculons le volume du second aquarium.
$\frac{3}{4} \times \frac{4}{3} \times \pi \times 15^3 = \pi \times 15^3$

Notons $x$ la hauteur de l’eau cherchée.
Le volume d’eau versée dans le premier aquarium est
$40 \times 20 \times x = 800 x$

Il faut que les deux volumes soient égaux, c’est-à-dire :
$800 x = \pi \times 15^3$
$x=\frac{\pi \times 15^3}{800}$
$x\approx13,3$

L’eau aura une hauteur de $13,3cm$ arrondie au millimètre près.

Problème

Partie I :

1-a. D’après le tableau, il y a eu le plus de précipitations en 1999.

1-b. Nombres de litres sur $5m^2$ : $N=867 \times 5 = 4\,335$
Il est tombé $4\,335$ litres d’eau sur une surface de $5m^2$ en 2009.

2. Moyenne des pluies :
$M=\frac{1\,087+990+868+850+690+616+512+873+810+841+867}{11}$
$M=\frac{9\,004}{11}$
$M \approx 818,5$
La moyenne des pluies sur ces onze années est égale à $818,5$ litres par an au dixième près.

3. Surface au sol :
$S=13,9\times10=139$
La surface au sol de la maison est de $139m^2$ .

4. $V=P \times S \times 0,9=867\times 139 \time 0,9$
$V=108\,461,7L=108\,461,7dm^3=108,461\,7m^3$
Le volume est bien d’environ $108m^3$ .

Partie II :

1. $P= \frac{41}{115} \times 100 \approx 35,7 \%$
L’eau pour les WC représente environ $35,7 \%$ de la consommation quotidienne d’une personne.

2. Nombre de litres consommés sur une année par la famille :
$N_a= 365 \times 115 \times 4 = 167\,900$
$N_a=167\,900 L= 167,9 m^3$
Besoin en eau de pluie :
$B=\frac{60}{100} \times 167,9=100,74$
$B= 100,74 m^3$ Les besoins en eau de pluie de la famille sont donc bien d’environ $100 m^3$ .

3. Il est tombé environ $108m^3$ en 2009 pour $100m^3$ de besoin. L’eau tombée aurait donc pu suffire.

Partie III :

1-a. Graphiquement, on lit que $100m^3$ d’eau coûtent 250€.

1-b. La représentation graphique est une droite passant par l’origine du repère. Elle correspond donc à une fonction linéaire d’expression algébrique : $p(x)=ax$ avec $a$ coefficient de linéarité.
En utilisant la lecture de la question 1-a., on sait que :
$p(100)=250$ , d’où $a \times 100 =250$
Par conséquent, $a=2,5$ En conclusion, $p(x)=2,5x$ .

1-c Graphique en cours de réalisation

2. En économisant $250$ € par an, la famille aura économisé $750$ € dans trois ans et $1\,000$ euros dans quatre ans. La citerne sera donc amortie complétement avec les économies de la quatrième année.

{Consulter} l'article.

Rubrique : {Sujets du Diplôme National du Brevet (DNB)}

Correction de l’épreuve du DNB 2010

Le mardi 29 juin 2010

Travaux numériques

Exercice 1 :

1-a. $2$ → $2\times (-2)=-4$ → $-4+5=1$ → $1\times 5 =5$ → $5$

1-b. $3$ → $3\times (-2)=-6$ → $-6+5=-1$ → $-1\times 5 =-5$ → $-5$

2. Première méthode :
Soit $x$ un nombre quelconque. Appliquons lui le programme de calcul :
$x$ → $x\times (-2)=-2x$ → $-2x+5=-2x+5$ → $(-2x+5)\times 5 =-10x+25$ → $-10x+25$

On doit donc résoudre l’équation $-10x+25=0$
$-10x+25=0$
$-10x=0-25=-25$
$x=(-25)\div(-10)=2,5$

Le nombre à choisir pour que le résultat obtenu soit $0$ est le nombre $2,5$ .

Deuxième méthode : On remonte le programme de calcul.

$0$ → $0\div 5=0$ → $0-5=-5$ → $-5\div -2 =2,5$ → $2,5$ Donc, pour obtenir $0$ , il faut choisir $2,5$ .

3. $(x-5)^2-x^2=x^2-10x+25-x^2=-10x+25$
Cette expression est donc égale à l’expression représentant le programme de calcul de l’énoncé (voir première méthode pour la question 2)

Arthur a donc raison.

Exercice 2 :

1-a. On obtient 6,5 litres de glace à partir de 6 litres de liquide.

1-b. Pour obtenir 10 litres de glace, il faut mettre à geler environ 9,2 ou 9,3 litres d’eau liquide.

2. La représentation graphique proposée est une droite passant par l’origine du repère. C’est donc la représentation graphique d’une situation de proportionnalité. On en déduit ainsi que le volume de glace est proportionnel au volume d’eau liquide.

3. Première méthode
Calcul de l’augmentation : $10,8-10=0,8$
Calcul du pourcentage d’augmentation :
$0,8 \div 10 \times 100 = 8$
Le volume d’eau augmente de $8\%$ en gelant.

Deuxième méthode
$10,8\div 10=1,08$ Donc le coefficient d’augmentation est de 1,08 ce qui représente une augmentation de $8\%$ ( $1,08=1+\frac{8}{100}$ ).

Remarque : on aurait également pu faire un tableau de proportionnalité.

Travaux géométriques

Exercice 1 :

2-a. Calcul de $JK$
On sait que le triangle $JBK$ est rectangle en $B$ .
D’après le théorème de Pythagore on a :
$JK^2=JB^2+BK^2$
$JK^2=3^2+3^2=9+9=18$
$JK=\sqrt{18}$

Le segment $[JK]$ mesure $\sqrt{18}cm$ .

2-b. $IJ=9\div 3=3$ et $JK\approx 4,2$
Donc $IJKLMNOP$ n’est pas un polygone régulier puisque ses côtés ne sont pas tous de même longueur.

2-c.
$A_{IJKLMNOP}=A_{ABCD}-4\times A_{API}$
$A_{IJKLMNOP}=9^2-4\times \frac{3\times 3}{2}$
$A_{IJKLMNOP}=81-18$
$A_{IJKLMNOP}=63$

L’aire de l’octogone $IJKLMNOP$ est de $63cm^2$ .

3-a. Voir question 1.

3-b.
$A_{disque}=\pi \times R^2$
$A_{disque}=\pi \times 4,5^2$
$A_{disque}=\pi \times 20,25$
$A_{disque}\approx 63,6$

L’aire du disque est de $63,6cm^2$ au dixième près.
Ainsi le disque de centre S et de rayon diamètre $9cm$ a une aire supérieure à celle de l’octogone.

Exercice 2 :

2.Montrons que le triangle $ABC$ est rectangle en A
Dans le triangle $ABC$ , on calcule :
$BC^2=5,2^2=27,04$
$AB^2+AC^2=2^2+4,8^2=4+23,04=27,04$
Donc : $BC^2=AB^2+AC^2$

D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle $ABC$ est rectangle en $A$ .

4. $V=\frac{Base\times h}{3}$
$V=\frac{\frac{2\times 4,8}{2}\times 3}{3}$
$V=\frac{4,8\times 3}{3}$
$V=4,8$

Le volume de la pyramide est de $4,8cm^3$

Problème

Partie I

1-a. $A_{plafond}=6,40\times5,20=33,28$
L’aire du plafond est de $33,28m^2$ .

1-b. $V_{peinture}=33,28\div4=8,32$
Le volume de peinture nécessaire est de $8,32L$ .

2-a.
$A_{surface}=2\times5,20\times2,80+2\times6,40\times2,80-2\times0,8-3\times2\times1,60$
$A_{surface}=29,12+35,84-1,6-9,6$
$A_{surface}=53,76$

La surface de mur à peindre est d’environ $54m^2$ .

2-b. $53,76\div4=13,44$
Il faut donc $13,44L$ de peinture.

3. $V_{total}=13,44+8,32=21,76$
Le volume total de peinture à utiliser est de $21,71L$ .

$21,76\div5=4,352$
Il faut 5 pots de peinture pour ce chantier.

Partie II

1. Utilisons l’algorithme d’Euclide :
$640=520\times1+120$
$520=120\times4+40$
$120=40\times3+0$

Ainsi, $PGCD(640;520)=40$ .

2-a.
$640\div20=32$
$520\div20=26$
Donc, on peut choisir des dalles de dimension $20cm$ .

$640\div30\approx21,33$ (640 n’est pas divisible par 30).
Donc, on ne peut pas choisir des dalles de dimension $30cm$ .

$640\div35\approx18,29$ (640 n’est pas divisible par 35).
Donc, on peut choisir des dalles de dimension $35cm$ .

$640\div40=16$
$520\div40=13$
Donc, on peut choisir des dalles de dimension $40cm$ .

$640\div 45\approx 14,22$ (640 n’est pas divisible par 45).
Donc, on peut choisir des dalles de dimension $45cm$ .

2-b.
Pour des dalles de dimension $20cm$ , on utilise 32 dalles en longueur et 26 dalles en largeur.

$32\times26=832$
On doit utiliser 832 dalles au total.

Pour des dalles de dimension $40cm$ , on utilise 16 dalles en longueur et 13 dalles en largeur.

$16\times13=208$
On doit utiliser 208 dalles au total.

Partie III

1-a. $48\times9=432$
Le tarif pour 9 paquets est de $432euros$ chez le grossiste $A$ .

1-b. $42\times9+45=423$
Le tarif pour 9 paquets est de $423euros$ chez le grossiste $B$ .

2-a. $P_{A}(n)=48n$

2-b. $P_{B}(n)=42n+45$

3-a. $P_{A}$ est une fonction linéaire, donc sa représentation graphique est une droite passant par l’origine.

$P_{A}(5)=48\times5=240$ Le point de coordonnées (5 ;240) appartient à la représentation graphique de $P_{A}$ .

$P_{B}$ est une fonction affine, donc sa représentation graphique est une droite.

$P_{B}(0)=42\times0+45=45$ Le point de coordonnées (0 ;45) appartient à la représentation graphique de $P_{B}$ .

$P_{B}(5)=42\times5+45=255$ Le point de coordonnées (5 ;255) appartient à la représentation graphique de $P_{B}$ .

3-b. Par lecture graphique, on en déduit :
jusqu’à 7 paquets, le grossiste $A$ propose le tarif le plus avantageux
à partir de 8 paquets, le grossiste $B$ propose le tarif le plus avantageux

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Rubrique : {Troisième}

Notions de fonctions

Le vendredi 7 août 2009

A venir

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Rubrique : {Sujets du Diplôme National du Brevet (DNB)}

Epreuve du DNB 2009 (Métropole)

Sujet ; Corrigé
Modifiée la dernière fois à 16h55

Le mercredi 1er juillet 2009

Activités numériques (12 points)

Exercice 1 :

1. Calculer $A=\frac{8+3\times 4}{1+2\times 1,5}$

2. Pour calculer $A$ un élève a tapé sur sa calculatrice la succession de touches ci-dessous :
$\fbox{8}$ $\fbox{+}$ $\fbox{3}$ $\fbox{\times}$ $\fbox{4}$ $\fbox{\div}$ $\fbox{1}$ $\fbox{+}$ $\fbox{2}$ $\fbox{\times}$ $\fbox{1}$ $\fbox{.}$ $\fbox{5}$ $\fbox{=}$

Expliquer pourquoi il n’obtient pas le bon résultat.

Exercice 2 :

Trois personnes, Aline, Bernard et Claude ont chacune un sac contenant des billes. Chacune tire au hasard une bille de son sac.

1. Le contenu des sacs est le suivant :
Sac d’Aline : 5 billes rouges
Sac de Bernard : 10 billes rouges et 30 billes noires
Sac de Claude : 100 billes rouges et 3 billes noires

Laquelle de ces personnes a la probabilité la plus grande de tirer une bille rouge ?

2. On souhaite qu’Aline ait la même probabilité que Bernard de tirer une boule rouge. Avant le tirage, combien de billes noires faut-il ajouter pour cela dans le sac d’Aline ?

Exercice 3 :

On donne ci-dessous les représentations graphiques de trois fonctions. Ces représentations sont nommées $C_1$ , $C_2$ et $C_3$ .
L’une d’entre elles est la représentation graphique d’une fonction linéaire.
Une autre est la représentation graphique de la fonction $f$ telle que $f:x\mapsto-0,4x+3$

1. Lire graphiquement les coordonnées du point $B$ .

2. Par lecture graphique, déterminer les abscisses des points d’intersection de la courbe $C_3$ avec l’axe des abscisses.

3. Laquelle de ces représentations est celle de la fonction linéaire ? Justifier.

4. Laquelle de ces représentations est celle de la fonction $f$ ? Justifier.

5. Quel est l’antécédent de 1 par la fonction $f$ ? Justifier.

6. $A$ est le point de coordonnées $(4,6 \,;1,2\,)$ . $A$ appartient-il à $C_2$ ? Justifier par un calcul.

Activités géométriques (12 points)

Exercice 1 :

L’unité de longueur est le centimètre.
$ABC$ est un triangle tel que : $AB=16cm$ , $AC=14cm$ et $BC=8cm$ .

1-a. Tracer en vraie grandeur le triangle $ABC$ sur la copie.

1-b. Le triangle $ABC$ est-il rectangle ? Justifier.

2. Le mathématicien Héron d’Alexandrie (premier siècle) a trouvé une formule permettant de calculer l’aire d’un triangle : en notant $a$ , $b$ , $c$ les longueurs des trois côtés et $p$ son périmètre, l’aire $\mathcal{A}$ du triangle est donnée par la formule :

$\mathcal{A}=\sqrt{\frac{p}{2}(\frac{p}{2}-a)(\frac{p}{2}-b)(\frac{p}{2}-c)}$

Calculer à l’aide de cette formle l’aire du triangle $ABC$ .
Donner le résultat arrondi au $cm^2$ près.

Exercice 2 :

Dans cet exercice, on étudie la figure ci-dessous où :
$ABC$ est un triangle isocèle tel que $AB=AC=4cm$
$E$ est le symétrique de $B$ par rapport à $A$

Partie I : On se place dans le cas particulier où la mesure de $\widehat{ABC}$ est $43^{\circ}$ .

1. Construire la figure en vraie grandeur.

2. Quelle est la nature du triangle $BCE$ ? Justifer.

3. Prouver que l’angle $\widehat{EAC}$ mesure $86^{\circ}$ .

Partie II : Dans cette partie, on se place dans le cas général où la mesure de $\widehat{ABC}$ n’est pas donnée.

Jean affirme que pour n’importe quelle valeur de $\widehat{ABC}$ , on a : $\widehat{EAC}=2\times \widehat{ABC}$ Jean a-t-il raison ? Faire apparaitre sur la copie la démarche utilisée.

Problème (12 points)

On considère un triangle $ABC$ tel que : $AB=17,5cm$ ; $BC=14cm$ ; $AC=10,5cm$ .

Partie I

1. Démontrer que le triangle $ABC$ rectangle en $C$ .

2. Soit $P$ un point du segment $[BC]$ .
La parallèle à la droite $(AC)$ passant par $P$ coupe le segment $[AB]$ en $R$ .
La parallèle à la droite $(BC)$ passant par $R$ coupe le segment $[AC]$ en $S$ . Montrer que le quadrilatère $PRSC$ est un rectangle.

3. Dans cette question, on suppose que le point^ $P$ est situé à $5cm$ du point $B$ .

3-a. Calculer la longueur $PR$ . 3-b. Calculer l’aire du rectangle $PRSC$ .

Partie II

On déplace le point $P$ sur le segment $[BC]$ et on souhaite savoir quelle est la position du point $P$ pour laquelle l’aire du rectangle $PRSC$ est maximale.

1. L’utilisation dun tableur a conduit au tableau de valeurs suivant :

Longueur BP en cm	0	1	3	5	8	10	12	14
Aire de PRSC en $cm^2$ 5	0	9,75	24,75		36		18	0

Indiquer sur la copie les deux valeurs manquantes du tableau. Justifier par un calcul la valeur trouvée pour $BP=10cm$ .

2. Un logiciel a permis d’obtenir la représentation graphique suivante :

A l’aide d’une lecture graphique, donner :

2-a. Les valeurs de $BP$ pour lesquelles le rectangle $PRSC$ a une aire de $18cm^2$ .

2-b. La valeur de $BP$ pour laquelle l’aire du rectangle semble maximale.

2-c. Un encadrement à $1cm^2$ près de l’aire maximale du rectangle $PRSC$ .

Partie III

1. Exprimer $PC$ en fonction de $BP$ .

2. Démontrer que $PR$ est égale à $0,75\times BP$ .

3. Pour quelle valeur de $BP$ le rectangle $PRSC$ est-il un carré ?

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Rubrique : {Sujets du Diplôme National du Brevet (DNB)}

Correction de l’épreuve du DNB 2009

modifiée la dernière fois à 16h55

Le mercredi 1er juillet 2009

Travaux numériques

Exercice 1 :

1. $A=\frac{8+3\times 4}{1+2\times 1,5}=\frac{8+12}{1+3}=\frac{20}{4}=5$

2. Dans la séquence tapée à la caluculatrice par l’élève, il manque les parenthèses qui entourent le numérateur et le dénominateur de la fraction.

Exercice 2 :

1. Soit A l’élèvenement " Aline tire une boule rouge dans son sac"
Soit B l’élèvenement "Bernard tire une boule rouge dans son sac"
Soit C l’élèvenement "Claude tire une boule rouge dans son sac"

$P(A)=\frac{5}{5}=1$ ; $P(B)=\frac{10}{40}=0,25$ ; $P(A)=\frac{100}{103}\approx 0,97$

C’est donc Aline qui a la plus grande probablité de tirer une bille rouge (en fait elle est sûre de tirer une bille rouge ce qui n’est pas le cas des autres).

2. Il faut rajouter dans le sac d’Aline 15 billes noires.
On obtient alors $P(A')=\frac{5}{20}=0,25$ avec A’ l’évènement "Aline tire une boule rouge dans son sac après lui avoir rajouté 15 billes noires"

Exercice 3 :

1. Les cordonnées du point B sont (-4 ; 4,6)

2. Les abscisses des points d’intersection de la courbe $C_3$ avec l’axe des abscisses sont : -1 ; 2 ; 4

3. $C_1$ est une droite passant par l’origine du repère.
C’est donc la représentation graphique d’une fonction linéaire.

4. $f$ est de la forme $x\mapsto ax+b$ . C’est donc une fonction affine.
Ainsi sa représentation graphique est une droite ne passant pas par l’origine (puisque que $f$ n’est pas linéaire).
La représentation graphique de $f$ est donc la courbe $C_2$ .

5. Pour trouver l’antécédent de 1 par $f$ , on doit résoudre l’équation $f(x)=1$ , ce qui donne :
$-0,4x+3=1$
$-0,4x=1-3=-2$
$x=(-2)\div(-0,4)=5$

Donc l’antécédent de 1 par $f$ est 5.

6. $-0,4\times 4,6+3=1,16$
Donc le point de coordonnées (-0,4 ; 1,16) appartient à $C_2$ .
Ainsi $A$ n’appartient pas à $C_2$ (puisque $f(4,6)\not=1,16$ )

Travaux géométriques

Exercice 1 :

1-a.

1-b. Montrons que le triangle $ABC$ n’est pas rectangle Dans le triangle $ABC$ , on calcule :
$AB^2=16^2=256$
$AC^2+BC^2=14^2+8^2=196+64=260$
Donc : $AB^2\not=AC^2+BC^2$

D’après la contraposée du théorème de Pythagore, le triangle $ABC$ n’est pas rectangle.

2. $\mathcal{P}_{ABC}= 16+14+8=38$

$\mathcal{A}_{ABC}=\sqrt{\frac{38}{2}(\frac{38}{2}-16)(\frac{38}{2}-14)(\frac{38}{2}-8)}$
$\mathcal{A}_{ABC}=\sqrt{19(19-16)(19-14)(19-8)}$
$\mathcal{A}_{ABC}=\sqrt{19\times 3\times 5\times 11}$
$\mathcal{A}_{ABC}=\sqrt{3135}$
$\mathcal{A}_{ABC}\approx 56$

Donc l’aire du triangle $ABC$ est de $56cm^2$ au $cm^2$ près.

Exercice 2 :

Partie I

2. Montrons que $BCE$ est un triangle rectangle en C.

On sait que :
$B$ , $E$ et $C$ sont tous à $4cm$ de $A$ . Ils sont donc sur le cercle de centre $A$ et de rayon $4cm$ , qui a du même coup pour diamètre $[BE]$ .

Or si un triangle est inscrit dans un cercle dont le diamètre est un des côtés du triangle, alors ce triangle est rectangle.

Donc le triangle $BCE$ est rectangle en $C$ .

3. Prouvons que $\widehat{EAC}=86^{\circ}$ .

On sait que dans le cercle de centre $A$ et de diamètre $[BE]$ , $\widehat{EAC}$ est un angle au centre qui intercepte le même arc que $\widehat{ABC}$ .

Or, la mesure d’un angle inscrit est égale à la moitié de la mesure de l’angle au centre qui intercepte le même arc.

Donc $\widehat{EAC}=2\times \widehat{ABC}=2\times 43^{\circ}=86^{\circ}$

Partie II

Dans la question 1 de la partie 1, on montre que le triangle $EBC$ est inscrit dans le cercle de centre $A$ et de diamètre $[BE]$ . Or cela reste vrai quelque soit la valeur de l’angle $\widehat{ABC}$ puisque cela est du uniquement au fait que $AB=AE=AC$ .

Ainsi, dans le cercle de centre $A$ et de diamètre $[BE]$ , $\widehat{EAC}$ est un angle au centre qui intercepte le même arc que $\widehat{ABC}$ comme déjà vue dans la question 2 de la partie I.

D’où : $\widehat{EAC}=2\times \widehat{ABC}$ .

Ceci prouve que Jean a bien raison.

Problème

Partie I

1. Démontrons que le triangle $ABC$ est rectangle en $C$ Dans le triangle $ABC$ , on calcule :
$AB^2=17,5^2=306,25$
$AC^2+BC^2=10,5^2+14^2=110,25+196=306,25$
Donc : $AB^2=AC^2+BC^2$

D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle $ABC$ est rectangle en $C$ .

2. - Montrons que $RPCS$ est un parallélogramme

On sait que les droites $(RP)$ et $(SC)$ sont parallèles tout comme $(RS)$ et $(PC)$ .

Or un quadrilatère ayant ses côtés opposés parallèles deux à deux est un parallélogramme

Donc $RPCS$ est un parallélogramme

Montrons maintenant que $RPCS$ est un rectangle

On sait que $RPCS$ est un parallélogramme et que l’angle $\widehat{PCS}$ est un angle droit.

Or un parallélogramme ayant un angle droit est un rectangle

Donc $RPCS$ est un rectangle.

3-a. Calcul de $PR$

On sait que :
les points B, P, C et B, R, A sont alignés.
Les droites (RP) et (AC) sont parallèles.
D’après le théorème de Thalès on a :
$\frac{BP}{BC}=\frac{BR}{BA}=\frac{RP}{CA}$
$\frac{5}{14}=\frac{BR}{17,5}=\frac{RP}{10,5}$
L’égalité nous intéressant est $\frac{5}{14}=\frac{RP}{10,5}$
On en déduit que $RP=\frac{5\times 10,5}{14}=3,75$

La longueur RP est donc égale à $3,75cm$ .

3-b. $\mathcal{A}_{PRSC}=PR\times PC=3,75 \times 9=33,75$

Donc l’aire de $PRSC$ est de $33,75cm^2$ .

Partie II

1. D’après la question 3 dela partie 1, si $[BP]$ mesure 5cm, alors l’aire de $PRSC$ est de $33,75cm^2$

Si $BP=10 cm$ , on a :

les points B, P, C et B, R, A sont alignés.
Les droites (RP) et (AC) sont parallèles.
D’après le théorème de Thalès on a :
$\frac{BP}{BC}=\frac{BR}{BA}=\frac{RP}{CA}$
$\frac{10}{14}=\frac{BR}{17,5}=\frac{RP}{10,5}$
L’égalité nous intéressant est $\frac{10}{14}=\frac{RP}{10,5}$ .
On en déduit que $RP=\frac{10\times 10,5}{14}=7,5$ .

La longueur RP est donc égale à $7,5cm$ .

Ainsi $\mathcal{A}_{PRSC}=PR\times PC=7,5 \times 4=30$

Donc si $[BP]$ mesure 10cm, l’aire de $PRSC$ est de $30cm^2$ .

2-a. L’aire de $PRSC$ es tde $18cm^2$ lorsque $BP$ vaut 2cm ou 12cm.

2-b. L’aire du rectangle semble maximale lorsque BP vaut $7cm$

2-c. L’aire maximale du rectangle $PRSC$ est située entre $36cm^2$ et $37cm^2$ .

Partie III

1. $PC= BC-BP=14-BP$

2. Calcul de $PR$ en fonction $BP$

On sait que :
les points B, P, C et B, R, A sont alignés.
Les droites (RP) et (AC) sont parallèles.
D’après le théorème de Thalès on a :
$\frac{BP}{BC}=\frac{BR}{BA}=\frac{RP}{CA}$
$\frac{BP}{14}=\frac{BR}{17,5}=\frac{RP}{10,5}$
L’égalité nous intéressant est $\frac{BP}{14}=\frac{RP}{10,5}$ .
On en déduit que $RP=\frac{BP\times 10,5}{14}=0,75BP$ .

La longueur RP est donc bien égale à $0,75BP$ .

3. Le rectangle $PRSC$ est un carré lorsque PC=RP, ce qui donne :

$0,75BP=14-BP$
$0,75BP-BP=14$
$1,75BP=14$
$BP=14\div 1,75=8$

Donc $PRSC$ est un carré lorsque $BP=8cm$

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Articles populaires

Rubrique : {Sujets du Diplôme National du Brevet (DNB)}

Correction de l’épreuve du DNB 2008

Sujet ; Corrigé

Le vendredi 27 juin 2008

Travaux numériques

Exercice 1 :

1. $10$ → $10\times 3=30$ → $30+10^2=30+100=130$ → $130\times 2=260$ → $260$

2.
$-5$ → $-5\times 3=-15$ → $-15+(-5)^2=-15+25=10$ → $10\times 2=20$ → $20$
$\frac{2}{3}$ → $\frac{2}{3}\times 3=2$ → $2+\left(\frac{2}{3}\right)^2=2+\frac{4}{9}=\frac{18}{9}+\frac{4}{9}=\frac{22}{9}$ → $\frac{22}{9}\times 2=\frac{44}{9}$ → $\frac{44}{9}$
$\sqrt{5}$ → $\sqrt{5}\times 3=3\sqrt{5}$ → $3\sqrt{5}+\sqrt{5}^2=3\sqrt{5}+5$ → $(3\sqrt{5}+5)\times 2=6\sqrt{5}+10$ → $6\sqrt{5}+10$

3. Soit $x$ un nombre quelconque
$x$ → $x\times 3=3x$ → $3x+x^2=x(3+x)$ → $x(3+x)\times 2=2x(3+x)$ → $2x(3+x)$

Ainsi, on doit résoudre l’équation produit $2x(3+x)=0$
Or, un produit est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul.

Donc : $2x=0$ OU $3+x=0$
C’est à dire : $x=0$ OU $x=-3$

Finalement, les nombres permettant d’obtenir un résultat égal à 0 sont 0 et -3.

Exercice 2 :

Pour vérifier si 2 est solution de l’équation proposé, il suffit de remplacer $a$ par 2 dans l’expression $2a^2-3a-5$

$2a^2-3a-5= 2\times 2^2-3\times 2-5=2\times 4-6-5=8-6-5=-3$
$-3\not=1$

Donc 2 n’est pas solution de l’équation $2a^2-3a-5=1$

Exercice 3 :

Pour répondre à cette question, il suffit de ranger les abscisses par ordre croissant (ou décroissant), puis de calculer la distance entre deux points consécutifs.

$\frac{1}{4}= \frac{3}{12}$ ; $\frac{1}{3}=\frac{4}{12}$ ; $\frac{5}{12}$

Donc en le point $A$ est le plus à gauche, le point $B$ est au milieu et le point $C$ est le plus à droite. On doit par conséquent calculer les distances $AB$ et $BC$ .

$AB=\frac{1}{3}-\frac{1}{4}=\frac{4}{12}-\frac{3}{12}=\frac{1}{12}$
$BC=\frac{5}{12}-\frac{1}{3}=\frac{5}{12}-\frac{4}{12}=\frac{1}{12}$
Donc : $AB=BC$

Ainsi, les points $A$ , $B$ et $C$ sont espacés régulièrement sur la droite graduée.

Exercice 4 :

Soit x le prix d’un kilogramme de vernis et y le prix d’un litre de cire. En mettant en équation le problème, on obtient le système suivant :

$\begin{cases} 6x+4y=95\cr 3x+3y=55,5\cr \end{cases}$

On multiplie la deuxième ligne par 2 : $\begin{cases} 6x+4y=95\cr 6x+6y=111\cr \end{cases}$

On soustrait la première ligne à la deuxième ce qui donne : 2y=16

D’où : y=8

On remplace dans la première ligne du système y par 8. Ainsi :

6x+32=95
6x=95-32=63
x=10,5

Après vérification (facile), on conclut que le couple solution de ce système est (10,5 ; 8)

Ainsi, un kilogramme de vernis coûte 10,50 euros et un litre de cire coûte 8 euros.

Travaux géométriques

Exercice 1 : QCM

1. La réponse est : $\stackrel{\longrightarrow}{AD}=\stackrel{\longrightarrow}{BC}$

2. $\mathcal{V}=\pi\timesR^2\times h$
$\mathcal{V}=\pi\times3^2\times 6=\pi\times9\times 6$
Donc la réponse est : $54\pi$

3. La mesure d’un angle inscrit est égale la moitié de la mesure d’un angle au centre qui intercepte le même arc.
Donc la réponse est : $17^{\circ}$ ( $34^{\circ}\div2$ )

4. ABCD étant un carré, l’angle $\widehat{ABC}$ est un angle droit et les côtés $[AB]$ et $[BC]$ sont de même longueur.
Donc la réponse est : triangle rectangle et isocèle

Exercice 2 :

1. Calcul de BC

On sait que :
les points A, E, B et A, F, C sont alignés.
Les droites (EF) et (BC) sont parallèles.
D’après le théorème de Thalès on a :
$\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}=\frac{EF}{BC}$
$\frac{3}{5}=\frac{AF}{6,5}=\frac{4,8}{BC}$ L’égalité nous intéressant est $\frac{3}{5}=\frac{4,8}{BC}$ On en déduit que $BC=\frac{4,8\times 5}{3}=8$

La longueur BC est donc bien égale à 8.

3. Montrons que les droites (KG) et (BC) sont parallèles.

On sait que :
Les points K, A, C et G, A, B sont alignés dans le même ordre.
$\frac{KA}{AC}=\frac{2,6}{6,5}=0,4$
$\frac{GA}{AB}=\frac{2}{5}=0,4$
Donc : $\frac{KA}{AC}=\frac{GA}{AB}$

D’après la réciproque du théorème de Thalès, on peut conclure que les droites (KG) et (BC) sont parallèles.

4. Montrons que les droites $(AC)$ et $(AB)$ ne sont pas perpendiculaires.

Dans le triangle $ABC$ , on calcule :
$BC^2=8^2=64$
$AB^2+AC^2=5^2+6,5^2=25+42,25=67,25$

Donc : $BC^2\not=AB^2+AC^2$

D’après la contraposée du théorème de Pythagore, le triangle $ABC$ n’est pas rectangle en $A$ .
Ainsi, les droites $(AC)$ et $(AB)$ ne sont pas perpendiculaires.

Problème

Partie I

1. Poids minimum conseillé pour une personne mesurant 180cm : 60kg
Poids maximum conseillé pour une personne mesurant 180cm : 81kg

2. Pour une personne mesurant 165cm, le poids maximum conseillé est de 68kg.
Elle dépasse donc ce poids maximum conseillé de 4kg (72-68=4)

3. Toute personne pesant 72 kg a un poids inférieur au poids maximum conseillé lorsqu’elle mesure plus de 170cm.

Partie II

1.
$160-100-\frac{160-150}{4}=60-\frac{10}{4}=60-2,5=57,5$
Donc le poids idéal d’une personne mesurant 160cm est 57,5kg.

$165-100-\frac{165-150}{4}=65-\frac{15}{4}=65-3,75=61,25$
Donc le poids idéal d’une personne mesurant 160cm est 61,25kg.

$180-100-\frac{180-150}{4}=80-\frac{30}{4}=80-7,5=72,5$
Donc le poids idéal d’une personne mesurant 160cm est 72,5kg.

2. $p=t-100-\frac{t-150}{4}=t-100-\frac{1}{4}t+\frac{150}{4}$
Donc $p=\frac{3}{4}t-100+37,5=\frac{3}{4}t-62,5$

On est donc face à l’expression d’une fonction affine ( $y=ax+b$ ).
Sa représentation graphique est donc une droite.

3. Calculons le poids de cette personne.

poids idéal : $170-100-\frac{170-150}{4}=70-\frac{20}{4}=70-5=65$
poids de la personne : $65\times1,10=71,5$

Donc la personne qui nous intéresse pèse 71,5kg. Ainsi, d’après le graphique, on peut en déduire que cette personne ne dépasse pas le poids maximum conseillé.

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Rubrique : {Administration}

Bibliographie

Le mardi 24 février 2009

Voici une liste non exhaustive des ouvrages utilisés, classés par niveau.

Classe de Sixième :

Phare 6e, Hachette Éducation, 2005
Prisme 6e, Belin, 2005
Transmath 6e, Nathan, 2005
Diabolo 6e, Hachette Éducation, 2005
Maths 6e, Magnard, 2005
Triangle 6e, Hatier, 2005
Maths 6e, Bordas, 1996

Classe de Cinquième :

Phare 5e, Hachette Éducation, 2006
Prisme 5e, Belin, 2006
Transmath 5e, Nathan, 2006
Dimathème 5e, Didier, 2006
Diabolo 5e, Hachette Éducation, 2006
Maths 5e, Magnard, 2006
Maths 5e, Bréal, 2006
Multi-maths 5e, Hatier, 2006
Sésamath 5e, Génération 5, 2006

Classe de Quatrième :

Phare 4e, Hachette Éducation, 2007
Prisme 4e, Belin, 2007
Transmath 4e, Nathan, 2007
Dimathème 4e, Didier, 2007
Triangle 4e, Hatier, 2007
Diabolo 4e, Hachette Éducation, 2007
Maths 4e, Magnard, 2002
Maths 4e, Bréal, 2007
Cinq sur cinq 4e, Hachette Education, 2002
Babylone 4e, Bordas, 2007

Classe de Troisième :

Phare 3e, Hachette Éducation, 2008
Prisme 3e, Belin, 2008
Transmath 3e, Nathan, 2008
Dimathème 3e, Didier, 2008
Triangle 3e, Hatier, 2008
Diabolo 3e, Hachette Éducation, 2008
Maths 3e, Magnard, 2003
Maths 3e, Bréal, 2008
Cinq sur cinq 3e, Hachette Education, 2003

Divers :

Annabrevet (sujets), Hatier, 2006-2009
Annales Brevet (sujets), Hatier, 2006-2009
Annales ABC Brevet, Nathan, 2007-2009

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Rubrique : {Liens}

Aide à la création du site

Le mercredi 3 janvier 2007

123.fr :
Offre un hébergement gratuit contre de la pub modéré. C’est notre hébergeur.

Le site du Zéro :
Un site complet pour apprendre les bases nécessaires à la création d’un site Web. Et bien évidemment, les tutoriaux démarrent du zéro absolu.

SPIP :
Le site officiel de ce système de publication (licence GPL). Planet’Maths est conçu sous SPIP.

Spip-Contrib :
Un site proposant un grand nombre de ressources afin de développer au mieux son site conçu sous SPIP.

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Rubrique : {Administration}

Mentions légales

Le mercredi 4 mars 2009

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Certains documents (notamment des activités) sont directement inspirés des programmes officiels, des documents d’accompagnement ou de propositions d’IPR au cours de diverses réunions.

Les fiches d’exercices sont constituées majoritairement à partir d’exercices tirés de manuels scolaires (voir Bibliographie). Cependant, notre objectif est à plus ou moins long terme de proposer un ensemble d’énoncés inédits tout en continuant à intégrer les thèmes de convergence avec des données réactualisées chaque année.

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Rubrique : {Sixième}

La symétrie axiale : devoirs maison

Cours ; Devoirs Maison

Le vendredi 22 février 2008

Voici un devoir maison qui permettra à des élèves de faire parler leur esprit créatif tout en travaillant sur la symétrie axiale.

Voici d’ailleurs quelques exemples de travaux.

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NOTES :

[*] à l’exception actuellement (04/03/09) des fiches d’exercices pour l’ensemble des niveaux

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