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%Tapuscrit : Denis Vergès
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\begin{document}
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Corrigé du brevet des collèges}
\lfoot{\small{Amérique du Sud}}
\rfoot{\small{novembre 2008}}
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\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}
\begin{center}
    
{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du brevet des collèges Amérique du Sud~\decofourright\\ novembre 2008}}
    
\vspace{0,25cm}
    
\textbf{Durée : 2 heures} \end{center}

\vspace{0,25cm}

\textbf{ACTIVITÉS NUMÉRIQUES \hfill 12 points}

\vspace{0,25cm}

\textbf{Exercice 1}

\medskip

\begin{enumerate}
\item  %On pose

\[\text{A} = \dfrac{2}{5} + \dfrac{1}{4} ;\qquad \text{B} =  \dfrac{2}{5} - \dfrac{1}{4} 
\qquad \text{et} \quad  \text{C} = \dfrac{\text{A}}{\text{B}}.\]

%Écrire le nombre C sous la forme d'une fraction irréductible. 
$\text{A} = \dfrac{2}{5} + \dfrac{1}{4} =  \dfrac{8}{20} + \dfrac{5}{20} =  \dfrac{13}{20}$ ;

$\text{B} =  \dfrac{2}{5} - \dfrac{1}{4} =   \dfrac{8}{20} - \dfrac{5}{20} =  \dfrac{3}{20}$.

Donc $\text{C} = \dfrac{\text{A}}{\text{B}} = \dfrac{\frac{13}{20}}{\dfrac{3}{20}} = \frac{13}{20} \times \frac{20}{3} = \dfrac{13}{3}$.

\item %On pose D $= \left(2^3\right)^2$ ;\quad  E = $4^5 \times 3^5$  ; \quad  F $ = \dfrac{5^{26}}{5^{17}}$.

%Écrire sous la forme d'une puissance d'un nombre entier chacun des nombres D, E et F.
D $ = 2^{3\times 2} = 2^6$ ; \:E $ =  (4 \times 3)^5 = 2^5$ ; \: F $ = 5^{26-17} = 5^{9}$.
\item  %On donne G $= 5\sqrt{32} + \sqrt{18} - 4\sqrt{50}$.

%Écrire G sous la forme $a\sqrt{2}$.
 G $= 5\sqrt{32} + \sqrt{18} - 4\sqrt{50} = 5\sqrt{16 \times 2} + \sqrt{9 \times 2} - 4\sqrt{25\times 2} = 5\sqrt{16}\times \sqrt{2} + \sqrt{9}\times \sqrt{2} - 4\sqrt{25}\times \sqrt{2} = 20\sqrt{2} + 3\sqrt{2} - 20\sqrt{2} = 3\sqrt{2}$.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{Exercice 2}

\medskip
 
\begin{enumerate}
\item  %On pose H $= (x - 4)^2 -x(x-10)$. 
	\begin{enumerate}
		\item %Développer et réduire H.
H $= (x - 4)^2 - x(x - 10) = x^2 + 16 - 8x -  x^2 + 10x = 2x + 16$. 
		\item %Résoudre l'équation H $= 16$.
H $= 16$ ou $2x + 16 = 16$ soit $2x = 0$ et $x = 0$. 0 est la solution de l'équation.
	\end{enumerate} 
\item %On pose $\text{I} = (7x - 3)^2 - 5^2$. 
	\begin{enumerate}
		\item %Factoriser I.
$\text{I} = (7x - 3)^2 - 5^2 = [(7x - 3) + 5][(7x - 3) - 5] = (7x - 3 + 5)(7x - 3 - 5) = (7x + 2)(7x - 8)$. 
		\item %Résoudre l'équation $\text{I} = 0$.
$\text{I} = 0$ soit $(7x + 2)(7x - 8) = 0$ donc $\left\{\begin{array}{l c l}
7x + 2&=&0\\
7x - 8&=&0
\end{array}\right.$ et enfin $\left\{\begin{array}{l c l}
x &=&- \dfrac{2}{7}\\
x &=&\dfrac{8}{7}
\end{array}\right.$

L'équation a deux solutions : $- \dfrac{2}{7}$ et $\dfrac{8}{7}$.
	\end{enumerate}		
\end{enumerate}
 
\vspace{0,5cm}

\textbf{Exercice 3}

\medskip
 
\begin{enumerate}
\item %Déterminer le PGCD des nombres \np{5148} et \np{2431}.
Par l'algorithme d'Euclide :

$\np{5148} = \np{2431} \times 2 + 286$ ;

$ \np{2431} =  286 \times 8 + 143$ ;

$286 = 143 \times 2 + 0$.

Donc 143 est le PGCD à \np{5148} et \np{2431}.
\item %On pose A $= \dfrac{\np{5148}}{\np{2431}}$. Écrire A sous la forme d'une fraction irréductible.
On a  A $= \dfrac{\np{5148}}{\np{2431}} = \dfrac{143 \times 36}{143 \times 17} = \dfrac{36}{17}$.
\end{enumerate}

\vspace{0,5cm}

\textbf{ACTIVITÉS GÉOMÉTRIQUES \hfill 12 points}

\medskip
 
L'exercice \no 1 a été supprimé en conformité avec le nouveau programme.

\medskip
 
\textbf{Exercice 2}

\medskip

%\emph{On donne la figure ci-dessous, qui n'est pas en vraie grandeur et qui n'est pas à reproduire.}
%
%\medskip
% 
%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.
 
\begin{enumerate}
\item  %Prouver que le triangle MNO est rectangle en N.
Le triangle MNO est inscrit dans un cercle qui admet pour diamètre l'un e ses côtés [MO] ; il est donc rectangle en N.
\medskip
 
%\emph{On admet pour la suite que le triangle OPQ est rectangle en P.}
%
%\medskip
 
\item %Justifier que les droites (MN) et (PQ) sont parallèles.
MNO est rectangle en N, donc (MN) est perpendiculaire à (NO).

De même OPQ étant rectangle en P, donc (PQ) est perpendiculaire à (OP).

Donc les droites (MN) et (PQ) étant toutes deux perpendiculaires à la même droite sont parallèles.
\item %Dans le cas où ON = 5~cm, calculer la distance OP.
 
%Justifier.
Les droites (MN) et (PQ) étant parallèles, la propriété de Thalès permet d'écrire :

$\dfrac{\text{ON}}{\text{OP}} = \dfrac{\text{OM}}{\text{OQ}}$, soit $\dfrac{5}{\text{OP}} = \dfrac{7,5}{4,5}$ d'où $\text{OP} = \dfrac{5 \times 4,5}{7,5} = 3$~cm.
\end{enumerate}
 

\medskip

\psset{unit=1cm}
\begin{center}
\begin{pspicture}(5,6)
\pscircle(3.65,1.22){1.22}
\pscircle(1.85,3.65){1.85}
\psline(0.9,5.22)(4.4,0.23)
\psline(4.4,0.23)(2.6,0.6)(3.52,4.4)(0.9,5.22)
\uput[ul](0.9,5.22){M} \uput[ur](3.52,4.4){N} \uput[l](3,2.3){O} \uput[l](2.6,0.6){P} \uput[dr](4.4,0.23){Q} 
\end{pspicture}
\end{center}
 
\vspace{0,5cm}

\textbf{PROBLÈME \hfill 12 points}

\medskip

\textbf{PREMIÈRE PARTIE}

\medskip
 
%\emph{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 :}
%
%\medskip

%\parbox{0.55\linewidth}{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. 
%\begin{enumerate}
%\item  En commençant par le triangle AOB, tracer cette figure en vraie grandeur sur une feuille de papier millimétré. 
%\item 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. 
%\item 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.  
%\end{enumerate}} \hfill
%\parbox{0.4\linewidth}{\psset{unit=1cm}\begin{pspicture}(6,9)
%\pscircle(2.3,3){2.3}
%\psarc(2.3,6.2){1.7}{-45}{225}
%\pspolygon[linestyle=dashed](3.5,5)(2.3,3)(1.15,5)(2.3,6.2)
%\psline[linestyle=dashed](1.15,5)(3.5,5)
%\uput[u](2.3,6.2){O} \uput[d](2.3,3){O$'$} \uput[l](1.15,5){A} \uput[r](3.5,5){B}
%\rput{-135}(2.3,6.2){\psframe(0.3,0.3)}
%\rput(2.3,0.5){Figure 1} \uput[d](2.3,5){8} 
%\end{pspicture}}
%
%\begin{tabularx}{\linewidth}{*{4}{X}}
%\textbf{a.}\quad  $\dfrac{8\pi}{3}$&\textbf{b.}\quad    $\dfrac{16\pi}{3}$&\textbf{c.}\quad    $\dfrac{40\pi}{3}$&\textbf{d.}\quad    $16\pi$
%\end{tabularx} 

\begin{enumerate}
\item On a OA = OB, donc le triangle OAB est rectangle isocèle.

On trace donc un segment [AB] tel que AB = 8 et le cercle de diamètre [AB] ; la médiatrice de [AB] coupe le cercle en O. 

On trace l'arc de cercle supérieur.

On construit le triangle équilatéral de côté 8en dessous pour obtenir le point O$'$. On trace enfin le cercle inférieur de rayon 8.
\item OA = OB. Le théorème de Pythagore dans le triangle rectangle AOB s'écrit :

$\text{AB}^2 = \text{AO}^2 + \text{OB}^2$ soit $8^2 = 2\text{OA}^2$, d'où $32 = \text{OA}^2$, donc 

$\text{OA} = \sqrt{32} = \sqrt{16 \times 2} \sqrt{16} \times \sqrt{2} = 4\sqrt{2}$~(cm).

La longueur de l'arc de cercle de centre O manquant est le quart de la longueur du cercle de centre O de rayon $4\sqrt{2}$.

La longueur de l'arc de cercle de centre O dessiné est donc égale aux $\dfrac{3}{4}$ de la longueur du cercle de centre O, soit : $\dfrac{3}{4} \times 2 \pi \times 4\sqrt{2} = 6\pi\sqrt{2}$~(cm).

\item La longueur d'un cercle de rayon 8 est : $2\times \pi \times 8 = 16\pi$.
\end{enumerate}

\bigskip
 

\textbf{DEUXIÈME PARTIE}

\medskip 

%\parbox{0.55\linewidth}{On compl\`ete 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.
% 
%\begin{enumerate}
%\item  Soit H le pied de la hauteur issue de O dans le triangle OAB.
% 
%Montrer que OH = 4~cm.
% 
%\emph{On admet pour la suite que} 
%$\text{O}'\text{H} = 4\sqrt{3}$~cm.
% 
%\item Calculer l'aire des triangles AOB et AO$'$B. 
%\item 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 cm$^2$.
%\item Proposer une méthode pour calculer l'aire totale de la lentille. 
%\end{enumerate}} \hfill
%\parbox{0.4\linewidth}{\psset{unit=1cm}\begin{pspicture}(6,9)
%\pscircle(2.3,3){2.3}
%\pscircle(2.3,6.2){1.7}
%\pspolygon(3.5,5)(2.3,3)(1.15,5)(2.3,6.2)
%\psline(1.15,5)(3.5,5)
%\psline(2.3,0.75)(2.3,8.2)
%\uput[u](2.3,6.2){O} \uput[d](2.3,3){O$'$} \uput[l](1.15,5){A} \uput[r](3.5,5){B}
%\rput{-135}(2.3,6.2){\psframe(0.3,0.3)}
%\pscustom[fillstyle=vlines]{
%\psarc(2.3,6.2){1.7}{225}{-45}
%\psarc(2.3,3){2.3}{60}{120}
%}
%\rput(2.3,0.5){Figure 2} \uput[dl](2.3,5){H} \psframe(2.3,5)(2.5,5.2) 
%\end{pspicture}}

\begin{enumerate}
\item Le triangle OAB est rectangle isocèle en O ; la hauteur [OH] est aussi la médiane donc H est le milieu de [AB] ; donc AH $= \dfrac{8}{2} = 4$~(cm).

La hauteur [OH] est aussi la bissectrice de l'angle droit, donc $\widehat{\text{OAH}} = \widehat{\text{AOH}} = 45$\degres. Donc le triangle OAH est isocèle en H, donc OH = HA = 4~(cm).
\item L'aire du triangle AOB est égale à $\dfrac{\text{AH}\times \text{HO}}{2} = \dfrac{4 \times 4}{2} = 8$~cm$^2$.

L'aire du triangle AO$'$B est égale à $\dfrac{\text{AB}\times \text{O'H}}{2} = \dfrac{8\times 4\sqrt{3}}{2} = 16\sqrt{3}$~cm$^2$.
\item L'aire du disque de centre O est : $\pi \times \left(4\sqrt{2} \right)^2 = 32\pi$.

Donc le le secteur d'angle $\widehat{\text{AOB}}$ a pour aire $\dfrac{32\pi}{4} = 8\pi$.

Donc l'aire inférieure de la lentille est égale à :

$8\pi - 8 \approx 17$~cm$^2$.
\item On peut faire la même chose pour la partie inférieure :

Le secteur d'angle $\widehat{\text{AO'B}}$ correspond à un angle au centre de 60\degres ; comme 

$60 = \dfrac{360}{6}$, son aire est le $\dfrac{1}{6}$ de celle du disque de rayon O$'$A = 8, donc d'aire $64\pi$.

Le secteur d'angle $\widehat{\text{AO'B}}$ a donc une aire de $\dfrac{64\pi}{6} = \dfrac{32\pi}{3}$.

En enlevant à cette aire celle du triangle O$'$AB, on obtient l'aire de la partie supérieure de la lentille soit :

$\dfrac{32\pi}{3} - 16\sqrt{3}$.

Finalement l'aire totale de la lentille est :

$8\pi - 8 + \dfrac{32\pi}{3} - 16\sqrt{3} \approx 22,9$ soit au cm$^2$ près 23~cm$^2$.
\end{enumerate}
\end{document}