Sujet du brevet 2017 de maths — Centres étrangers (Série générale)

Affirmation 1 : VRAIE. Dans le triangle ABC, le plus grand côté est [BC]. On calcule séparément :
$B{C}^2={97}^2=9409$ ;
$A{B}^2+A{C}^2={65}^2+{72}^2=4225+5184=9409$.
On constate que $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2$. D'après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle ABC est rectangle en A. L'étagère a bien un angle droit (en A) : le menuisier a raison.

Affirmation 2 : VRAIE. H est le milieu de [AB] et le triangle ABC est isocèle en C (ferme de toit symétrique) : la droite (CH) est perpendiculaire à (AB), comme l'indique le codage de l'angle droit en H. Le triangle ACH est donc rectangle en H. Dans ce triangle, [AH] est le côté adjacent à l'angle $\widehat{CAH}$ et [AC] est l'hypoténuse. On utilise le cosinus :
$\cos \widehat{CAH}={\displaystyle \frac{AH}{AC}}={\displaystyle \frac{5}{6}}$, d'où $\widehat{CAH}=\arccos \left({\displaystyle \frac{5}{6}}\right)\approx 33,6^{\circ }$.
L'angle mesure environ 33,6°, il est bien compris entre 30° et 35° : la construction respecte la norme.

Affirmation 3 : FAUSSE. 4 paires de volets représentent $4\times 2=8$ volets. Chaque volet reçoit 3 couches, soit $8\times 3=24$ couches en tout. Une couche (intérieur et extérieur d'un volet) utilise ${\displaystyle \frac{1}{6}}$ de pot, donc il faut $24\times {\displaystyle \frac{1}{6}}=4$ pots. Il faut 4 pots de peinture et non 2 : le peintre se trompe.

Partie 1

1. Au début de l'expérience (durée 0 h), les trois courbes partent de l'ordonnée 20. Les maquettes étaient à 20 °C avant d'être placées dans la chambre froide.

2. 2 jours correspondent à $2\times 24=48$ heures. Or les relevés de température se poursuivent sur les trois graphiques jusqu'au-delà de 95 heures (l'axe des durées est gradué jusqu'à 95 h et les courbes vont jusqu'au bout). Comme $95>48$, l'expérience a duré plus de 2 jours (environ 4 jours).

3. L'isolant le plus performant est celui qui ralentit le plus le refroidissement. Par lecture graphique :
— la maquette A reste à 20 °C jusqu'à environ 15 h et atteint 6 °C vers 57 h ;
— la maquette B reste à 20 °C jusqu'à environ 23 h et n'atteint 6 °C que vers 67 h ;
— la maquette C reste à 20 °C jusqu'à environ 13 h et atteint 6 °C vers 52 h.
C'est la maquette B qui contient l'isolant le plus performant : c'est elle qui conserve le plus longtemps sa chaleur et qui met le plus de temps à atteindre la température de la chambre froide.

Partie 2

1. L'épaisseur doit être exprimée en mètre : $e=15$ cm $=0,15$ m.
$R={\displaystyle \frac{e}{c}}={\displaystyle \frac{0,15}{0,035}}\approx 4,29$.
Comme $4,29⩾4$, la maison de Noa respecte la norme RT2012 des maisons BBC.

2. De $R={\displaystyle \frac{e}{c}}$, on déduit $e=R\times c$.
$e=5\times 0,04=0,2$ m.
Vérification : ${\displaystyle \frac{0,2}{0,04}}=5$. Camille doit mettre 0,2 m, soit 20 cm de liège.

1. a) et b) On représente chaque solide en perspective (les arêtes cachées en pointillés), comme l'exemple de la boule, et on écrit les dimensions dessus :

• La pyramide : une base rectangulaire dessinée en perspective (parallélogramme), avec la longueur notée 6 cm et la largeur notée 3 cm, un sommet placé au-dessus de la base relié aux quatre sommets du rectangle, et la hauteur (segment en pointillés du sommet au centre de la base, perpendiculaire à la base) notée 6 cm.
• Le cylindre : deux disques identiques dessinés comme des ellipses (la moitié arrière de l'ellipse du bas en pointillés), reliés par deux segments verticaux ; on note le rayon 2 cm (du centre d'une base jusqu'au bord) et la hauteur 3 cm.
• Le cône : une base en forme d'ellipse (moitié arrière en pointillés) et un sommet relié aux deux bords de l'ellipse ; on note le rayon 3 cm et la hauteur 3 cm (segment en pointillés du sommet au centre de la base).

2. On calcule le volume de chaque solide avec les formules données.

• Pyramide : l'aire de la base vaut $6\times 3=18$ cm², donc $V_1={\displaystyle \frac{1}{3}}\times 18\times 6=36$ cm³.
• Cylindre : $V_2=\pi \times 2^2\times 3=12\pi \approx 37,70$ cm³.
• Cône : $V_3={\displaystyle \frac{1}{3}}\times \pi \times 3^2\times 3=9\pi \approx 28,27$ cm³.
• Boule : $V_4={\displaystyle \frac{4}{3}}\times \pi \times 2^3={\displaystyle \frac{32\pi }{3}}\approx 33,51$ cm³.

On a $28,27<33,51<36<37,70$. Dans l'ordre croissant des volumes : le cône, la boule, la pyramide, le cylindre.

1. Il faut additionner les cellules B2 à G2. On saisit dans la cellule H2 : =SOMME(B2:G2) (ou =B2+C2+D2+E2+F2+G2). On obtient $20+54+137+186+84+19=500$ volets, ce qui correspond bien à l'échantillon.

2. Les volets qui ont fonctionné plus de 3 000 montées-descentes sont ceux des colonnes E, F et G : $186+84+19=289$ volets. Le volet est choisi au hasard parmi 500 volets (situation d'équiprobabilité) : $p={\displaystyle \frac{289}{500}}=0,578$. La probabilité est ${\displaystyle \frac{289}{500}}$, soit 0,578 (57,8 %).

3. Seuls les 20 volets de la colonne B sont tombés en panne avant 1 000 montées-descentes. Donc $500-20=480$ volets ont fonctionné plus de 1 000 montées-descentes. En pourcentage : ${\displaystyle \frac{480}{500}}\times 100=96$ %. Comme $96>95$, le lot de volets roulants est fiable.

Volume d'eau à verser. On laisse 20 cm, soit 0,20 m, entre la surface de l'eau et le haut de la piscine : la hauteur d'eau est $1,80-0,20=1,60$ m. L'eau forme un pavé droit :
$V=8\times 4\times 1,6=51,2$ m³. Comme 1 m³ $=1000$ L, il faut 51 200 L d'eau.

Durée de remplissage. Le tuyau débite 10 L en 18 s. Il faut ${\displaystyle \frac{51200}{10}}=5120$ seaux de 10 L, donc une durée de $5120\times 18=92160$ s.
Une journée dure $24\times 3600=86400$ s.
Comme $92160>86400$, il faut plus d'une journée pour remplir la piscine (exactement ${\displaystyle \frac{92160}{3600}}=25,6$ h, soit 25 h 36 min).

Vérification par une autre méthode : en 1 h (3 600 s), le tuyau verse ${\displaystyle \frac{3600}{18}}\times 10=2000$ L, donc en 24 h il verse $24\times 2000=48000$ L, ce qui est moins que les 51 200 L nécessaires.

1. Suivons le bloc « maison » : le lutin, orienté vers la droite, tourne de 90° vers la gauche et monte le mur de gauche (50), tourne de 45° vers la droite et trace le premier pan du toit (50), tourne de 90° vers la droite et trace le second pan (50), tourne de 45° vers la droite et descend le mur de droite (50), puis tourne de 90° vers la gauche pour revenir à l'orientation de départ. Au sommet du toit, le lutin a tourné de 90° : l'angle formé par les deux pans du toit est donc un angle droit.
La largeur $d$ de la maison est l'hypoténuse d'un triangle rectangle isocèle dont les côtés de l'angle droit mesurent 50. D'après le théorème de Pythagore :
$d^2={50}^2+{50}^2=2500+2500=5000$, donc $d=\sqrt{5000}\approx 70,7$.
$d$ est bien environ égal à 71 à l'unité près.

2. Le tracé commence au point d'abscisse −240 (bord gauche de la fenêtre), avec le stylo en position d'écriture. À chaque répétition, le lutin trace une maison de largeur $d\approx 70,71$, puis avance de 20 (en traçant le trait du sol) : il se décale donc vers la droite de $70,71+20=90,71$ environ.
Après $n$ répétitions, l'abscisse du lutin vaut $-240+90,71\times n$. Le tracé tient dans la fenêtre si cette abscisse ne dépasse pas 240, c'est-à-dire si $90,71\times n⩽480$, soit $n⩽{\displaystyle \frac{480}{90,71}}\approx 5,29$.
Vérification : pour $n=5$, l'abscisse finale est $-240+5\times 90,71\approx 213,6⩽240$ ; pour $n=6$, la 6^e maison se termine en $-240+5\times 90,71+70,71\approx 284,3>240$, elle sort de la fenêtre.
En hauteur, il n'y a aucun problème : le triangle du toit, rectangle et isocèle, a une hauteur égale à la moitié de son hypoténuse, soit ${\displaystyle \frac{d}{2}}\approx 35,4$ : le sommet du toit est donc à $50+35,4\approx 85$ au-dessus du sol (ordonnée 0), ce qui est inférieur à 180.
Le plus grand nombre entier possible est $n=5$.

3. Calcul de EM. Le triangle AEM est rectangle en E (car [EM] est perpendiculaire à [HA]). [EM] est le côté opposé à l'angle $\widehat{EAM}={30}^{\circ }$ et [AM] est l'hypoténuse : $\sin {30}^{\circ }={\displaystyle \frac{EM}{AM}}$, donc $EM=16\times \sin {30}^{\circ }=16\times 0,5=8$. EM = 8.

Calcul de HC. Les points C, M et A sont alignés, donc $AC=AM+MC=16+10=26$. Le triangle AHC est rectangle en H : $\sin {30}^{\circ }={\displaystyle \frac{HC}{AC}}$, donc $HC=26\times 0,5=13$. HC = 13.
(Vérification avec le théorème de Thalès : (EM) et (HC) sont parallèles car toutes deux perpendiculaires à (HA), donc ${\displaystyle \frac{EM}{HC}}={\displaystyle \frac{AM}{AC}}$, soit $HC={\displaystyle \frac{8\times 26}{16}}=13$.)

Calcul de HE. Dans le triangle AHC rectangle en H : $AH=AC\times \cos {30}^{\circ }=26\times \cos {30}^{\circ }\approx 22,52$. Dans le triangle AEM rectangle en E : $AE=AM\times \cos {30}^{\circ }=16\times \cos {30}^{\circ }\approx 13,86$. Les points H, E et A étant alignés dans cet ordre : $HE=AH-AE=10\times \cos {30}^{\circ }\approx 8,66$. HE ≈ 8,66 (valeur exacte $5\sqrt{3}$).

1. L'aire du sol de la cuisine est $4\times 5=20$ m². Il faut ajouter 5 % pour les pertes : augmenter de 5 %, c'est multiplier par $1+{\displaystyle \frac{5}{100}}=1,05$. $20\times 1,05=21$. Bob doit donc commander au moins 21 m² de carrelage.

2. Un paquet couvre 1,12 m² : ${\displaystyle \frac{21}{1,12}}=18,75$. Avec 18 paquets, Bob n'aurait que $18\times 1,12=20,16$ m², ce qui ne suffit pas. Il faut arrondir à l'entier supérieur. Bob doit acheter 19 paquets (qui couvrent $19\times 1,12=21,28$ m²).

3. $19\times 31=589$. L'achat du carrelage coûtera 589 €.

4. Facture complétée :

Justifications :
— croisillons : le montant total HT vaut $88-36-45=7$ €, et comme un sachet coûte 7 €, la quantité est $7÷7=1$ ;
— joint : $45÷2=22,50$ € par sac ;
— TVA : $88\times {\displaystyle \frac{20}{100}}=17,60$ € ;
— TTC : $88+17,60=105,60$ € (vérification : $88\times 1,2=105,6$).