Номер 905, страница 222 - гдз по геометрии 7-9 класс учебник Атанасян, Бутузов

Задачи к главе 9. Задачи повышенной трудности. Глава 9. Окружность - номер 905, страница 222.

905 Через точку А пересечения двух окружностей с центрами в точках O₁ и О₂ проведена прямая, пересекающая одну окружность в точке В, а другую — в точке С. Докажите, что отрезок ВС будет наибольшим тогда, когда он параллелен прямой O₁O₂.

Пусть даны две окружности $\omega_1$ и $\omega_2$ с центрами в точках $O_1$ и $O_2$ и радиусами $R_1$ и $R_2$ соответственно. Окружности пересекаются в точке $A$. Через точку $A$ проведена прямая, которая пересекает окружность $\omega_1$ в точке $B$ и окружность $\omega_2$ в точке $C$. Точки $B$ и $C$ отличны от точки $A$.

Необходимо доказать, что длина отрезка $BC$ будет максимальной, когда прямая $BC$ параллельна прямой $O_1O_2$.

Доказательство:

1. Опустим перпендикуляры из центров окружностей $O_1$ и $O_2$ на прямую $BC$. Обозначим основания этих перпендикуляров как $M_1$ и $M_2$ соответственно. Таким образом, $O_1M_1 \perp BC$ и $O_2M_2 \perp BC$.

2. В окружности $\omega_1$ отрезок $AB$ является хордой. По свойству хорды, перпендикуляр, опущенный из центра окружности на хорду, делит ее пополам. Следовательно, точка $M_1$ является серединой хорды $AB$. Это значит, что $AB = 2 \cdot AM_1$.

3. Аналогично, в окружности $\omega_2$ отрезок $AC$ является хордой. Перпендикуляр $O_2M_2$ делит эту хорду пополам, поэтому точка $M_2$ является серединой хорды $AC$. Это значит, что $AC = 2 \cdot AM_2$.

4. Прямая, проходящая через точку $A$, пересекает окружности в точках $B$ и $C$. Точка $A$ лежит между точками $B$ и $C$. Поэтому длина отрезка $BC$ равна сумме длин отрезков $AB$ и $AC$: $BC = AB + AC$.

Подставим выражения для $AB$ и $AC$ из пунктов 2 и 3: $BC = 2 \cdot AM_1 + 2 \cdot AM_2 = 2 \cdot (AM_1 + AM_2)$.

Поскольку точка $A$ лежит между точками $M_1$ и $M_2$ (так как $M_1$ - середина $AB$, а $M_2$ - середина $AC$), то $AM_1 + AM_2 = M_1M_2$. Таким образом, мы получаем ключевое соотношение: $BC = 2 \cdot M_1M_2$.

Это означает, что задача максимизации длины отрезка $BC$ эквивалентна задаче максимизации длины отрезка $M_1M_2$.

5. Рассмотрим четырехугольник $O_1M_1M_2O_2$. Так как $O_1M_1 \perp BC$ и $O_2M_2 \perp BC$, то прямые $O_1M_1$ и $O_2M_2$ параллельны друг другу. Следовательно, $O_1M_1M_2O_2$ — это прямоугольная трапеция с основаниями $O_1M_1$ и $O_2M_2$.

6. Проведем из точки $O_1$ высоту трапеции на основание $O_2M_2$ (или его продолжение). Обозначим ее основание как $K$. Таким образом, $O_1K \perp O_2M_2$. В полученном прямоугольном треугольнике $O_1KO_2$ (с прямым углом $K$) гипотенузой является отрезок $O_1O_2$. По теореме Пифагора: $(O_1O_2)^2 = (O_1K)^2 + (KO_2)^2$.

Так как $O_1M_1M_2K$ является прямоугольником, то $O_1K = M_1M_2$. Подставим это в уравнение: $(O_1O_2)^2 = (M_1M_2)^2 + (KO_2)^2$.

Выразим квадрат длины $M_1M_2$: $(M_1M_2)^2 = (O_1O_2)^2 - (KO_2)^2$.

7. Расстояние между центрами окружностей $O_1O_2$ является постоянной величиной, так как положение окружностей зафиксировано. Чтобы величина $(M_1M_2)^2$ (а следовательно, и $M_1M_2$) была максимальной, необходимо, чтобы вычитаемое $(KO_2)^2$ было минимальным.

Минимальное возможное значение для $(KO_2)^2$ равно нулю. Это достигается, когда $K$ совпадает с $O_2$, то есть $KO_2 = 0$.

8. Условие $K=O_2$ означает, что высота $O_1K$ совпадает с отрезком $O_1O_2$. Так как $O_1K \parallel BC$ по построению, то из этого следует, что $O_1O_2 \parallel BC$.

Таким образом, отрезок $M_1M_2$ достигает своей максимальной длины, равной $O_1O_2$, именно тогда, когда прямая $BC$ параллельна линии центров $O_1O_2$. Соответственно, и длина отрезка $BC = 2 \cdot M_1M_2$ в этом случае будет наибольшей.

Что и требовалось доказать.

Ответ: Утверждение доказано. Длина отрезка $BC$ максимальна, когда он является проекцией удвоенного отрезка $O_1O_2$ на секущую прямую, и эта проекция максимальна, когда секущая прямая $BC$ параллельна прямой $O_1O_2$.