Fiche de mathématiques
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Diplôme National du Brevet
Amérique du Sud - Novembre 2008

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L'emploi de la calculatrice est autorisé.

La rédaction et la présentation seront notées sur 4 points.

Coefficient : 2     Durée : 2 heures


12 points

Activités numériques


exercice 1

1. On pose
\text{A} = \dfrac{2}{5} + \dfrac{1}{4} ;\text{B} =  \dfrac{2}{5} - \dfrac{1}{4}et C = \dfrac{\text{A}}{\text{B}}.
Écrire le nombre C sous la forme d'une fraction irréductible.

2. On pose D = \left(2^3\right)^2 ; E = 4^5 \times 3^5 ; F = \dfrac{5^{26}}{5^{17}}.
Écrire sous la forme d'une puissance d'un nombre entier chacun des nombres D, E et F.

3. On donne G = 5\sqrt{32} + \sqrt{18} - 4\sqrt{50}.
Écrire G sous la forme a\sqrt{2}.




exercice 2

1. On pose H = (x - 4)^2 -x(x-10).
    a) Développer et réduire H.
    b) Résoudre l'équation H = 16.

2. On pose I = (7x - 3)^2 - 5^2.
    a) Factoriser I.
    b) Résoudre l'équation I = 0.




exercice 3

1. Déterminer le PGCD des nombres 5 148 et 2 431.

2. On pose A = \dfrac{5 148}{2 431}. Écrire A sous la forme d'une fraction irréductible.


12 points

Activités géométriques



L'exercice n°1 est désormais hors-programme.




exercice 2

On donne la figure ci-dessous, qui n'est pas en vraie grandeur et qui n'est pas à reproduire.
Diplôme national du brevet - Amérique du Sud - Novembre 2008 - troisième : image 1

Les points M, O et Q sont alignés ainsi que les points N, O et P. Les segments [OM] et [OQ] sont des diamètres des deux cercles tracés ;
on donne : OM = 7,5 cm et OQ = 4,5 cm.

1. Prouver que le triangle MNO est rectangle en N.

On admet pour la suite que le triangle OPQ est rectangle en P.

2. Justifier que les droites (MN) et (PQ) sont parallèles.

3. Dans le cas où ON = 5 cm, calculer la distance OP.
Justifier.


12 points

Problème

Première partie

Une feuille de papier millimétré est nécessaire.
On rappelle que la longueur d'un cercle de rayon R est 2\pi R, que l'aire d'un disque de rayon R est \pi R^2.
La figure 1 ci-dessous n'est pas en vraie grandeur ; elle a été réalisée à partir des indications suivantes :

Diplôme national du brevet - Amérique du Sud - Novembre 2008 - troisième : image 2

Figure 1

Deux cercles de centre O et O' se coupent en deux points A et B.
Le triangle OAB est rectangle en O et AB = 8 cm.
Le triangle ABO' est équilatéral.

1. En commençant par le triangle AOB, tracer cette figure en vraie grandeur sur une feuille de papier millimétré.

2. Montrer que le segment [OA] mesure 4\sqrt{2} cm.
Montrer que l'arc de cercle de centre O, de rayon OA, représenté sur la figure 1, mesure 6\pi \sqrt{2} cm.

3. Choisir parmi les quatre nombres suivants celui qui est égal, en centimètres, à la longueur de l'arc de cercle de centre O', de rayon O'A, représenté sur la figure 1. Aucune justification n'est demandée.
a. \dfrac{8\pi}{3}b. \dfrac{16\pi}{3}c. \dfrac{40\pi}{3}d. 16\pi



Deuxième partie

On complète la figure 1 pour obtenir la figure 2 ci-contre. Les arcs de cercle tracés permettent d'obtenir une lentille (hachurée sur la figure) dont on souhaite calculer l'aire.
Diplôme national du brevet - Amérique du Sud - Novembre 2008 - troisième : image 3

Figure 2

1. Soit H le pied de la hauteur issue de O dans le triangle OAB.
Montrer que OH = 4 cm.
On admet pour la suite que \text{O}'\text{H} = 4\sqrt{3} cm.

2. Calculer l'aire des triangles AOB et AO'B.

3. En remarquant que le secteur d'angle \widehat{\text{AOB}} est un quart du disque de centre O, calculer l'aire de ce secteur. En déduire l'aire exacte de la partie inférieure de la lentille puis en donner l'arrondi au cm2.

4. Proposer une méthode pour calculer l'aire totale de la lentille.




Activités numériques

exercice 1

1. Pour simplifier les calculs, on réduit d'abord A et B puis on effectue la division.

\begin{array}{rcl}A&=&\dfrac{2}{5}+\dfrac{1}{4}\\\\A&=&\dfrac{8}{20}+\dfrac{5}{20}\\\\A&=&\dfrac{13}{20}\end{array}\ \ \ \ \ \ \ \begin{array}{rcl}B&=&\dfrac{2}{5}-\dfrac{1}{4}\\\\B&=&\dfrac{8}{20}-\dfrac{5}{20}\\\\B&=&\dfrac{3}{20}\end{array}

\begin{array}{rcl}C&=&\dfrac{A}{B}\\\\C&=&\dfrac{\dfrac{13}{20}}{\dfrac{3}{20}}\\\\C&=&\dfrac{13}{20}\times\dfrac{20}{3}\\\\C&=&\dfrac{13}{3}\end{array}

2. D=(2^{3})^{2}=2^{3\times2}=2^{6}

E=4^{5}\times3^{5}=(4\times3)^{5}=12^{5}

F=\dfrac{5^{26}}{5^{17}}=5^{26-17}=5^{9}

3.
\begin{array}{rcl}G&=&5\sqrt{32}+\sqrt{18}-4\sqrt{50}\\G&=&5\sqrt{2\times16}+\sqrt{2\times9}-4\sqrt{2\times25}\\G&=&5\sqrt{2\times4^{2}}+\sqrt{2\times3^{2}}-4\sqrt{2\times5^{2}}\\G&=&5\times4\sqrt{2}+3\sqrt{2}-4\times5\sqrt{2}\\G&=&3\sqrt{2}\end{array}




exercice 2

1.a)
\begin{array}{rcl}H&=&(x-4)^{2}-x(x-10)\\ H&=&x^2 - 2 \times x \times 4 + 4^2 - x \times x - x \times (-10) \\ H&=&x^{2}-8x+16-x^{2}+10x\\H&=&2x+16\end{array}

1.b)
H=16 équivaut successivement à :
2x + 16 = 16\\2x = 16 - 16 \\ 2x = 0\\x = 0
La solution de l'équation est 0.

2.a)
\begin{array}{rcl}I&=&(7x-3)^{2}-5^{2}\\I&=&[(7x-3)+5][(7x-3)-5]\\I&=&(7x+2)(7x-8)\end{array}

2.b)
I=0 équivaut successivement à :
(7x+2)(7x-8)=0
Un produit de facteurs est nul, si et seulement l'un de ses facteurs est nul, et réciproquement.
7x+2=0   ou   7x-8=0
7x=-2   ou   7x=8

x=\dfrac{-2}{7}   ou   x=\dfrac{8}{7}
Les solutions de l'équation sont \dfrac{-2}{7} et \dfrac{8}{7}.




exercice 3

1. Déterminons le PGCD de 5 148 et 2 431 à l'aide de l'algorithme d'Euclide :
5 148 = 2 431 × 2 + 286
2 431 = 286 × 8 + 143
286 = 143 × 2 + 0
Le dernier reste non nul est 143, donc PGCD(5 148 ; 2 431) = 143.

2. A = \cfrac{5148}{2431} = \cfrac{5148 \div 143}{2431 \div 143} = \cfrac{36}{17}



Activités géométriques



exercice 2

1. On sait que N appartient au cercle de diamètre [MO].
Or, si dans un cercle, un triangle a pour sommets les extrémités d’un diamètre et un point de ce cercle alors ce triangle est rectangle.
Donc le triangle MNO est rectangle en N.

2. Le triangle MNO est rectangle en N donc (MN)\bot(NO).
Les points N, O et P sont alignés, donc (MN)\bot(NP).

Le triangle OPQ est rectangle en P donc (PQ)\bot(PO).
Les points N, O et P sont alignés, donc (PQ)\bot(NP).

Or si deux droites sont perpendiculaires à une même troisième droite, alors elles sont parallèles.
Donc (PQ)//(MN).

3. Les droites (MQ) et (NP) sont sécantes en O, les droites (QP) et (MN) sont parallèles. D'après le théorème de Thalès, on a :
\dfrac{OP}{ON}=\dfrac{OQ}{OM} = \dfrac{QP}{MN}
Donc : \dfrac{OP}{5}=\dfrac{4,5}{7,5} = \dfrac{QP}{MN}
De \dfrac{OP}{5}=\dfrac{4,5}{7,5} on déduit : OP = \dfrac{OQ \times ON}{OM} = \dfrac{4,5 \times 5}{7,5} = 3
D'où : OP = 3 cm.



Problème

Première partie

1. Pour tracer la figure, on comme par placer un point O sur un noeud du quadrillage.
Ensuite, on trace deux droites perpendiculaires passant par O (les diagonales des carreaux).
Les points A et B sont sur ces droites. Il faut maintenant se placer aux points où la distance horizontale est de 8 centimètres entre ces deux droites et y placer les points A et B. Ensuite, tracer le cercle de centre O passant par A et B.
Diplôme national du brevet - Amérique du Sud - Novembre 2008 - troisième : image 4

Il faut ensuite placer le point O'. Pour cela, on sait que AO'B est équilatéral donc AO'=BO'=AB=8cm donc on peut utiliser le compas (en reportant la longueur AB à partir de A puis à partir de B) pour placer le point O' ; ou utiliser le fait que \widehat{O'AB}=60° puis tracer le cercle de centre O' passant par A et B.
Diplôme national du brevet - Amérique du Sud - Novembre 2008 - troisième : image 5

Figure 1.


2. AOB est rectangle en O donc d'après le théorème de Pythagore.
AB^{2}=OA^{2}+OB^{2}
or A et B appartiennent au cercle de centre O donc OA=OB.
donc AB^{2}=2OA^{2}

\begin{array}{rcl}OA^{2}&=&\cfrac{1}{2}AB^{2}\\OA^{2}&=&\cfrac{1}{2}\times64\\OA^{2}&=&32\end{array}

\begin{array}{rcl}OA&=&\sqrt{32}\\OA&=&\sqrt{2\times16}\\OA&=&4\sqrt{2}\ \mathrm{cm}\end{array}

L'arc de cercle de B à A (en rouge sur la figure 1.) correspond au cercle de centre O moins l'arc de A à B.
donc l'angle formé par l'arc BA vaut 360°-90°=270°=\cfrac{3}{4}\times360°
L'arc BA a donc pour longueur \cfrac{3}{4} du périmètre du cercle. Or le périmètre du cercle est 2\pi r=2\pi\times4\sqrt{2}=8\pi\sqrt{2}.
donc l'arc BA mesure \cfrac{3}{4}\times8\pi\sqrt{2}=6\pi\sqrt{2}.

3. réponse C. La longueur de l'arc AB en bleu sur la figure 1 vaut \cfrac{40\pi}{3}. En effet, le périmètre du cercle est 16\pi, la longueur de l'arc BA (du grand cercle) est égale à un sixième du périmètre (car les angles d'un triangle équilatéral valent 60°=\cfrac{1}{6}\times360°) soit \cfrac{16\pi}{6}=\cfrac{8\pi}{3},
donc la longueur de l'arc AB est 16\pi-\cfrac{8\pi}{3}=\cfrac{48\pi-8\pi}{3}=\cfrac{40\pi}{3}


Deuxième partie

1. OA=OB donc OAB est isocèle. La hauteur [OH] coupe donc [AB] perpendiculairement en son milieu, donc AH=4cm et le triangle AHO est rectangle en H.
D'après le théorème de Pythagore : OA^{2}=OH^{2}+AH^{2}
\begin{array}{rcl}OH^{2}&=&OA^{2}-AH^{2}\\OH^{2}&=&(4\sqrt{2})^{2}-4^{2}\\OH^{2}&=&16\times2-16\\OH^{2}&=&16\\OH&=&4\ \mathrm{cm}\end{array}

2.
\begin{array}{rcl}\mathcal{A}_{AOB}&=&\cfrac{AB\times OH}{2}\\\\&=&\cfrac{8\times4}{2}\\\\&=&16\ \mathrm{cm}^{2}\end{array}\ \ \ \ \ \ \ \begin{array}{rcl}\mathcal{A}_{AO ' B}&=&\cfrac{AB\times O'H}{2}\\\\&=&\cfrac{8\times4\sqrt{3}}{2}\\\\&=&16\sqrt{3}\end{array}

3. Le secteur d'angle \widehat{AOB} est un quart du disque de centre O, donc son air est égale à un quart de l'aire du cercle, soit : \cfrac{1}{4}\times\pi r^{2}=\cfrac{1}{4}\pi(4\sqrt{2})^{2}=8\pi\ \mathrm{cm}^{2}.
L'aire de la partie inférieure de la lentille est égale à l'aire du secteur angulaire moins l'aire du triangle soit 8\pi-16\ \mathrm{cm}^{2}\ \approx9\ \mathrm{cm}^{2}.

4. En remarquant que le secteur d'angle \widehat{AO'B} est un sixième du disque de centre O', on peut calculer son aire.
En la soustrayant par l'aire du triangle AO'B, on obtient l'aire de la partie supérieure de la lentille.
On additionne les deux aires obtenues pour trouver l'aire totale.
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