On va donner du Pythagore !

Dans AEB : [latex]1 + BE^2 = (1 + BD)^2[/latex]
Dans ABC : [latex](1+BD)^2 + BC^2 = (1+EC)^2[/latex]
Dans BCD : [latex]BD^2+BC^2=1[/latex]
En notant BD=x :
[TeX]BC=\sqrt{1-x^2}
BE=\sqrt{x^2+2x}
[/TeX]
Ensuite un petit coup de tangente en [latex]\hat A[/latex] :
[TeX]tan(\hat A) = \frac{BE}1=\frac{BC}{AC}[/TeX]
alors [latex]BE.AB=BC[/latex], ce qui donne en remplaçant tout en fonction de x :
[TeX]\sqrt{x^2+2x}(1+x)=\sqrt{1-x^2}[/TeX]
après simplifications :
[TeX]x^3+3x^2+3x-1=0[/TeX]
Je pourrais faire appel à un solveur, mais faut être plus malin
Je remarque une quasi identité remarquable :
[TeX]x^3+3x^2+3x+1-2=0
(x+1)^3=2
x=2^{\frac13}-1[/TeX]
(bon ok j'ai d'abord fait appel à un solveur pour me rendre compte de l'astuce )

Et donc [latex]BD = 2^{\frac13}-1[/latex]

Quatre triangles rectangles pour quatre inconnues, on devrait s'en sortir, non ?

Alors :
[TeX](1+BD)^2 = 1 + BE^2
BE^2 = BC^2 + CE^2
BD^2 + BC^2 = 1
(1+CE)^2 = (1+BD)^2 + BC^2[/TeX]
Je remplace [latex]BC^2[/latex] par [latex]1-BD^2[/latex] grâce à la troisième équation :
[TeX](1+BD)^2 = 1 + BE^2
BE^2 = 1 + CE^2 - BD^2
(1+CE)^2 = (1+BD)^2 + 1 - BD^2[/TeX]
Je remplace [latex]BE^2[/latex] par [latex](1+BD)^2 - 1[/latex] grâce à la première et je réagence tant bien que mal :
[TeX]2 BD^2 + 2 BD = 1 + CE^2
(1+CE)^2 = 2 BD + 2[/TeX]
J'additionne les deux et je simplifie :
[TeX]BD^2 + CE = 1[/TeX]
Je remplace [latex]CE[/latex] par [latex]1-BD^2[/latex] dans la deuxième :
[TeX](2-BD^2)^2 = 2 BD + 2[/TeX]
soit
[TeX]BD^4 - 4 BD^2 - 2 BD + 2 = 0[/TeX]
Wolfram|Alpha me donne 0,511306 comme valeur approchée (l'expression exacte est atroce).

Il devait y avoir plus simple

Bonjour,
Je considère les 4 triangles rectangles suivants ABC, DBC, AEB et BEC et j'écris pour chacun d'eux le théorème de Pythagore (quoi ? encore lui ? mdr):
(1+CE)2 = (1+BD)2 + BC2
1 = BD2 + BC2
(1+BD)2 = 1 + BE2
BC2 = CE2 + BE2
On a 4 équations à 4 inconnus BD (qui m'intéresse), BC, BE et CE.
Après résolution (pourtant pas trop fastidieuse), je trouve:
BD = (racine cubique de 2) - 1 soit environ 0,25992
Bonne journée.
Frank

soit [latex]\alpha[/latex] l'angle en A
[TeX]\rm AB=\frac{AE}{cos\alpha}=\frac{1}{cos\alpha}

DB=sin(90-2\alpha)=cos2\alpha=2cos^2\alpha-1
AB=1+DB

on note X=cos(\alpha)
X^3=\frac{1}2
AB=2^{1/3}[/TeX][TeX]\red \fbox{DB=2^{1/3}-1}[/latex][latex] \approx 0.26[/TeX]

Plus qu'1 heure pour résoudre cette énigme...

Je ressors l'artillerie de la géométrie analytique, dans le repère orthonormé (E,ECx, EBy), les points ont les coordonnées suivantes :
A(-1;0), E(0;0), C(xc;yc), B(0;yb) et D(xd;yd)

Les indications non encore prises en compte sont : DC=1 et AD=1 et D appartient à (AB) et ABC rectangle en B.

DC=1 : (xd-xc)²+yd² = 1
AD=1 : (xd+1)²+yd² = 1
D app (AB) : (xd+1) / (yd) = 1/yb
ABC rest B : (xd)²+(yd-yb)²+yb²+xc²=1

résoudre ce système de 4 équations à 4 inconnues est fasidieux....

Donc je change de méthodes, je fais du pythagore dans les 4 triangles rectangles : ABC, AEB, BDC et BEC

ABC : (BD+1)²+BC²=(1+EC)²
AEB : 1 + BE² = (BD + 1)²
BDC : BD² + BC² = 1
BEC : EC² + BE² = BC²

En remplaçant successivement BC, EB puis EC, on obtient :
BD^4+2BD^3+6BD²+2BD-1=0

Avec Excell (!!!), j'obtiens 0,26614 comme valeur approchée de BD.

Merci à tous d'avoir participé, bravo à tous ceux qui ont trouvé la bonne réponse: 

Mention spéciale à franck9525 qui a su éviter l'équation de degré 4