
\begin{enumerate}
\item $\begin{aligned}[t]
DA & = AC + CD \text{ car A, C et D sont alignés}\\
   & = \sqrt{a^2 + a^2} + a\\
   & = a\sqrt2+a\\
\Aboxed{DA & = \big(1+\sqrt2\big)a}
\end{aligned}$

\item D'après le théorème d'Al-Kashi appliqué dans le triangle $BCD$,
\begin{align*}
DB^2 & = CB^2 + CD^2 - 2\times CB \times CD \times\cos\angle{BCD}.
\end{align*}
Or, le triangle $ABC$ étant rectangle isocèle en $B$, $\angle{BAC}=\angle{BCA}=\dfrac{\pi}{4}$.

De plus, $\angle{ACD}=\angle{ACB}+\angle{BCD}=\pi$ (car $A$, $C$ et $D$ sont alignés) donc:
\[
\angle{BCD}=\pi-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{3\pi}{4}.
\]
Ainsi,
\begin{align*}
DB^2 & = a^2 + a^2 - 2a^2\cos\dfrac{3\pi}{4}\\
     & = 2a^2 - 2a^2\times\left(-\dfrac{\sqrt2}{2}\right)\\
     & = 2a^2\left(1+\dfrac{\sqrt2}{2}\right)\\
     & = 2a^2 \times \dfrac{2+\sqrt2}{2}\\
     & = \big(2+\sqrt2\big)a^2\\
\Aboxed{DB & = a\sqrt{2+\sqrt2}}
\end{align*}

\item Par définition du produit scalaire (formule avec le cosinus),
\begin{align*}
\prodscal{DA}{DB} & = DA \times DB \times \cos\angleor{DA}{DB}.
\end{align*}
Le triangle $BCD$ étant isocèle, les angles \angle{CBD} et \angle{BDC} ont la même mesure, à savoir:
\[
\angle{BDC}=\frac{1}{2}\left(\pi-\dfrac{3\pi}{4}\right)=\dfrac{\pi}{8}.
\]
Ainsi,
\begin{align*}
\prodscal{DA}{DB} & = \big(1+\sqrt2\big)a \times a\sqrt{2+\sqrt2} \times \cos\frac{\pi}{8}\\
\Aboxed{\prodscal{DA}{DB} & = a^2\big(1+\sqrt2\big)\sqrt{2+\sqrt2}\cos\frac{\pi}{8}}
\end{align*}

\item Avant tout, remarquons que $DH = AH$. En effet, le triangle $AHD$ est rectangle en $H$ et $\angle{HAD}=\dfrac{\pi}{4}$. Cela implique alors que $\angle{HDA}=\dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\pi}{4}$ et donc que $HAD$ est aussi isocèle en $H$.

De plus, dans le triangle $HAD$, $AH = AD\times\cos\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{a\sqrt2\big(1+\sqrt2\big)}{2}$.

\newpage

\begin{align*}
\prodscal{DA}{DB} & = \big(\vv{DH}+\vv{HA}\big)\cdot\big(\vv{DH}+\vv{HB}\big)\\
& = \prodscal{DH}{DH} + \underbrace{\prodscal{DH}{HB}}_{=0} + \underbrace{\prodscal{HA}{DH}}_{=0} + \prodscal{HA}{HB}\\
& \text{(les produits scalaires sont nuls car les vecteurs sont orthogonaux)}\\
& = DH^2 + HA \times HB\\
& = AH^2 + AH(AH-AB)\\
& = AH(2AH - AB)\\
& = \dfrac{a\sqrt2\big(1+\sqrt2\big)}{2} \times \left[2\times\dfrac{a\sqrt2\big(1+\sqrt2\big)}{2}-a \right]\\
& = \dfrac{a\sqrt2\big(1+\sqrt2\big)}{2} \times \Big[ a\sqrt2\big(1+\sqrt2\big)-a \Big]\\
& = \dfrac{1}{2}a\sqrt2\big(1+\sqrt2\big)\times\big(a\sqrt2 +2a-a\big)\\
& = \dfrac{1}{2}a\sqrt2\big(1+\sqrt2\big)\times a\big(\sqrt2 + 1\big)\\
\Aboxed{\prodscal{DA}{DB} & = \dfrac{1}{2}a^2\sqrt2\big(1+\sqrt2\big)^2}
\end{align*}

\item Des deux expressions de $\prodscal{DA}{DB}$, on déduit:
\begin{align*}
\prodscal{DA}{DB}&  = a^2\big(1+\sqrt2\big)\sqrt{2+\sqrt2}\cos\frac{\pi}{8} = \dfrac{1}{2}a^2\sqrt2\big(1+\sqrt2\big)^2\\
\iff & \cos\frac{\pi}{8} = \dfrac{\frac{1}{2}\cancel{a^2}\sqrt2\big(1+\sqrt2\big)\cancel{\big(1+\sqrt2\big)}}{\cancel{a^2}\cancel{\big(1+\sqrt2\big)}\sqrt{2+\sqrt2}}\\
\iff & \cos\frac{\pi}{8} = \dfrac{1}{2}\times\dfrac{2+\sqrt2}{\sqrt{2+\sqrt2}} = \dfrac{\sqrt{2+\sqrt2}}{2}\quad\text{car }\dfrac{x}{\sqrt{x}}=\dfrac{\sqrt{x}\times\sqrt{x}}{\sqrt{x}}\sqrt{x}.
\end{align*}
\end{enumerate}
