Задание №16 Т/Р №167 А. Ларина

 Смотрите также  №13; №14; №15; №17; №18; №19 Тренировочной работы №167 А. Ларина

16. В окружность с центром в точке $O$ вписан прямоугольный треугольник $ABC$ с гипотенузой $AB$. На большем катете $BC$ взята точка $D$ так, что $AC=BD$. Точка $E$ – середина дуги $ACB$.

а) Докажите, что $\angle CED=90^{\circ}.$
б) Найдите площадь пятиугольника $AODEC$, если известно, что $AB=13,AC=5.$

Решение:

а) Раз $E$ – середина дуги $ACB,$ то равнобедренные прямоугольные треугольники $BEO,AEO$ равны по двум катетам. Откуда $BE=AE$.

Треугольники $EBD,EAC$ равны по первому признаку равенства треугольников ($BD=AC$ по условию; $\angle EBD=\angle EAC$ как вписанные углы, опирающиеся на одну дугу; $BE=AE$). Тогда $DE=CE$ как соответствующие стороны равных треугольников. То есть треугольник $DEC$ – равнобедренный.

Для того, чтобы угол $CED$ был бы прямым, достаточно показать, что, например,  $\angle ECD=45^{\circ}.$ Покажем это.

Действительно, так как $\angle ABE=45^{\circ}$, а четырехугольник $ACEB$ вписан в окружность, то есть сумма противоположных углов $B$ и $C$ равна $180^{\circ}$, то $\angle AEC=135^{\circ}.$

Откуда, в силу того, что угол $ACB$ прямой (опирается на диаметр), получаем $DCE=45^{\circ}.$

Итак, равнобедренный треугольник с углами в $45^{\circ}$ при основании – прямоугольный.

Что и требовалось доказать.

б)

$S_{AODEC}=S_{ABC}-S_{BOD}+S_{DEC}.$

$S_{ABC}=\frac{AC\cdot BC}{2}=\frac{5\cdot \sqrt{13^2-5^2}}{2}=30.$

$S_{BOD}=\frac{BO\cdot BD\cdot sin B}{2}=\large\frac{6,5\cdot 5\cdot \frac{5}{13}}{2}=6,25.$

Треугольники $EDC,EBA$ подобны и $k=\frac{DC}{AB}=\frac{BC-BD}{13}=\frac{7}{13},$ поэтому

$S_{EDC}=k^2S_{EBA}=(\frac{7}{13})^2\frac{EO\cdot AB}{2}=\frac{49}{169}\cdot \frac{169}{4}=12,25.$

Итак,

$S_{AODEC}=30-6,25+12,25=36.$

Ответ: б) $36.$