Aire d’un triangle dans un quart de cercle

La difficulté de ce problème est de trouver les coordonnées du point $C$. Ce point est bien défini car on impose que le triangle $ABC$ soit rectangle en $C$. Posons $C(x, y)$, on sait que $x^{2}+y^{2}=100$ (E1) car $C$ est sur le quart de cercle.

Comme les vecteurs $\overrightarrow{AC}$ et $\overrightarrow{CB}$ sont perpendiculaires alors leur produit scalaire est nul.
On obtient $\overrightarrow{AC} = (x, y-5)$ et $\overrightarrow{CB} = (10-x, -y)$. Le produit scalaire est alors : $x(10-x)-y(y-5) = 10x-x^{2}-y^{2}+5y = 10x+5y-(x^{2}+y^{2}) = 0$ (E2).

Il suffit d’injecter (E1) dans (E2) et on trouve après simplification $2x+y = 20$.
Pour avoir une équation à une inconnue, on peut faire disparaître $y$ car $y=\sqrt{100-x^{2}}$.
Cela donne $y = 20 - 2x = \sqrt{100-x^2}$. Donc en mettant le tout au carré et en simplifiant, on obtient une équation du second degré : $x^{2} - 16x+60=0$.
Le discriminant vaut $\Delta = 16$ strictement positif donc les solutions sont :
$x_{1} = \frac{16+\sqrt{16}}{2} = 10$ et $x_{2}= \frac{16-\sqrt{16}}{2} = 6$.
Seul $x_{2}$ est comprise dans l’intervalle $]0, 10[$ donc a un sens pour notre problème.
Ainsi le point $C$ a pour coordonnées $(x_{2}, \sqrt{100-x_{2}^{2}}) = (6, 8)$.

L’aire se calcule simplement par la moitié du produit des longueurs des deux côtés formant l’angle droit du triangle rectangle en $C$ : $\dfrac{AC\times CB }{2}$.

Ces deux longueurs se calculent avec la norme des vecteurs et valent respectivement $\sqrt{45}$ et $\sqrt{80}$. L’aire vaut alors après simplification $30$.

Il existe une très belle solution géométrique. L’objectif va être de déterminer $BC$ et $AC$.

1. Déjà, on s’aperçoit qu’il n’est pas évident de placer le point $C$. Une idée sympathique est que $ABC$ est un triangle rectangle en $C$, et donc $C$ doit se trouver sur le cercle circonscrit à $ABC$. Pour l’obtenir, on place donc $D$ le milieu de $[AB]$ et on trace le cercle de centre $D$ et de rayon $DB$ ; l’intersection des deux cercles donne $C$.

2. L’idée non triviale est de prolonger $(AC)$ vers la gauche, ainsi que le cercle, pour obtenir la figure suivante :
   
   Notre cercle initial admet en effet comme diamètre $B'B$ (où $B'$ est le point sur l’axe des abscisses situé en $-10$), et comme $B'CB$ admet le cercle initial comme cercle circonscrit, alors $B'CB$ est rectangle, et donc les points $C,A,B'$ sont bien alignés.

Mais maintenant, l’intérêt de ce prolongement est qu’on repère que le nouveau triangle $B'AO$ est semblable au grand triangle $B'CB$. On identifie : $B'C$ correspond à $B'O$, $BC$ correspond à $AO$, et $BB'$ correspond à $AB'$.
Par le théorème de Thalès, on trouve
$$BC=\frac{AO\times BB'}{AB'}=\frac{5\times 20}{5\sqrt{5}}=4\sqrt{5}$$où l’on avait déterminé $AB'=AB$ grâce à Pythagore dans $ABO$.

A nouveau grâce à Pythagore, cette fois dans $ABC$, on trouve $AC=3\sqrt{5}$.

Finalement, on obtient que l’aire de $ABC$ est
$$\frac{AC\times BC}{2}=30.$$