Номер 797, страница 210 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Дополнительные задачи. § 3. Вписанная и описанная окружности четырёхугольников. Глава 9. Окружность - номер 797, страница 210.

797 Две окружности радиусов r и R касаются внешним образом в точке А. К ним проведена общая внешняя касательная МK. а) Докажите, что ∠KАМ = 90°; б) найдите длину отрезка МK.

Пусть $O_1$ и $O_2$ — центры окружностей радиусов $r$ и $R$ соответственно. Первая окружность касается общей касательной $MK$ в точке $M$, а вторая — в точке $K$. Окружности касаются друг друга внешним образом в точке $A$.

а) Докажите, что ?KAM = 90°

Проведем через точку $A$ общую касательную к обеим окружностям. Пусть эта касательная пересекает прямую $MK$ в точке $P$. По свойству касательных, проведенных из одной точки к окружности, отрезки касательных от этой точки до точек касания равны.

Для первой окружности (с центром $O_1$) из точки $P$ проведены касательные $PM$ и $PA$. Следовательно, их длины равны: $PM = PA$. Это означает, что треугольник $PAM$ является равнобедренным, и углы при его основании равны: $\angle PAM = \angle PMA$.

Аналогично для второй окружности (с центром $O_2$) из точки $P$ проведены касательные $PK$ и $PA$. Следовательно, $PK = PA$. Треугольник $PAK$ также является равнобедренным, и $\angle PAK = \angle PKA$.

Из равенств $PM = PA$ и $PK = PA$ следует, что $PM = PK = PA$. Это означает, что точка $P$ является серединой отрезка $MK$, и все три точки $M$, $A$, $K$ лежат на окружности с центром в точке $P$ и радиусом $PA$.

В таком случае, отрезок $MK$ является диаметром этой окружности, а треугольник $MAK$ вписан в нее. Угол, опирающийся на диаметр, является прямым. Следовательно, $\angle KAM = 90^\circ$. Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано.

б) найдите длину отрезка MK.

Рассмотрим фигуру, образованную центрами окружностей $O_1, O_2$ и точками касания $M, K$.

Поскольку окружности касаются внешним образом, расстояние между их центрами равно сумме радиусов: $O_1O_2 = r + R$.

Радиусы, проведенные в точки касания, перпендикулярны касательной: $O_1M \perp MK$ и $O_2K \perp MK$. Это означает, что $O_1M$ и $O_2K$ параллельны друг другу, а фигура $MKO_2O_1$ является прямоугольной трапецией с основаниями $O_1M = r$ и $O_2K = R$.

Проведем из центра меньшей окружности $O_1$ высоту трапеции $O_1H$ на большее основание $O_2K$. Точка $H$ лежит на отрезке $O_2K$.

Получившийся четырехугольник $MKHO_1$ является прямоугольником, так как все его углы прямые. Отсюда следует, что $MK = O_1H$ и $KH = O_1M = r$.

Рассмотрим прямоугольный треугольник $O_1HO_2$ с гипотенузой $O_1O_2$. Его катеты равны:

• $O_1H = MK$
• $O_2H = O_2K - KH = R - r$

По теореме Пифагора: $O_1O_2^2 = O_1H^2 + O_2H^2$.

Подставим известные значения: $(r+R)^2 = MK^2 + (R-r)^2$

Выразим $MK^2$: $MK^2 = (R+r)^2 - (R-r)^2$

Используя формулу разности квадратов $a^2-b^2 = (a-b)(a+b)$ или раскрыв скобки: $MK^2 = (R^2 + 2Rr + r^2) - (R^2 - 2Rr + r^2) = R^2 + 2Rr + r^2 - R^2 + 2Rr - r^2 = 4Rr$

Отсюда находим длину отрезка $MK$: $MK = \sqrt{4Rr} = 2\sqrt{Rr}$

Ответ: $2\sqrt{Rr}$.