Номер 918, страница 129 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

918. Найдите расстояние от точки пересечения общих внутренних касательных двух окружностей с радиусами $R$ и $r$ до их общей внешней касательной (рис. 291).

Рис. 291

Решение

Обозначим центры окружностей как $O_1$ и $O_2$, а их радиусы как $R$ и $r$ соответственно. Пусть $M$ — точка пересечения общих внутренних касательных. Эта точка всегда лежит на линии центров $O_1O_2$.

Рассмотрим одну из внутренних касательных. Пусть она касается окружностей в точках $K_1$ и $K_2$. Проведем радиусы $O_1K_1$ и $O_2K_2$. Так как радиус, проведенный в точку касания, перпендикулярен касательной, треугольники $\triangle MO_1K_1$ и $\triangle MO_2K_2$ являются прямоугольными. Углы $\angle K_1MO_1$ и $\angle K_2MO_2$ равны как вертикальные. Следовательно, треугольники $\triangle MO_1K_1$ и $\triangle MO_2K_2$ подобны по двум углам.

Из подобия этих треугольников следует, что отношение их соответствующих сторон равно:
$\frac{MO_1}{MO_2} = \frac{O_1K_1}{O_2K_2} = \frac{R}{r}$

Таким образом, точка $M$ делит отрезок между центрами $O_1O_2$ в отношении $R:r$.

Теперь рассмотрим общую внешнюю касательную. Обозначим её как прямую $l$. Искомое расстояние — это длина перпендикуляра $h$, опущенного из точки $M$ на прямую $l$.

Проведем из центров $O_1$ и $O_2$ перпендикуляры $O_1A$ и $O_2B$ на прямую $l$ (где $A$ и $B$ — точки касания). Длины этих перпендикуляров равны радиусам: $O_1A = R$ и $O_2B = r$.

Поскольку $O_1A \perp l$ и $O_2B \perp l$, то $O_1A \parallel O_2B$. Фигура $ABO_2O_1$ является прямоугольной трапецией с основаниями $R$ и $r$. Искомый перпендикуляр $MH$ из точки $M$ на $l$ будет параллелен основаниям этой трапеции.

Продолжим боковые стороны трапеции $AB$ и $O_1O_2$ до их пересечения в точке $P$. Образуются подобные прямоугольные треугольники $\triangle PO_1A$ и $\triangle PO_2B$. Из их подобия следует:
$\frac{PO_1}{PO_2} = \frac{O_1A}{O_2B} = \frac{R}{r}$

Треугольник $\triangle PMH$ (где $H$ — основание перпендикуляра из $M$ на $l$) также подобен треугольникам $\triangle PO_1A$ и $\triangle PO_2B$. Из подобия $\triangle PMH$ и $\triangle PO_1A$ получаем:
$\frac{MH}{O_1A} = \frac{PM}{PO_1}$
Отсюда $h = MH = O_1A \cdot \frac{PM}{PO_1} = R \cdot \frac{PM}{PO_1}$.

Найдём длины отрезков. Пусть расстояние между центрами $O_1O_2 = d$.
Из отношения $\frac{MO_1}{MO_2} = \frac{R}{r}$ и $MO_1 + MO_2 = d$, получаем $MO_1 = d \frac{R}{R+r}$.
Из отношения $\frac{PO_1}{PO_2} = \frac{R}{r}$ и $PO_1 - PO_2 = d$, получаем $PO_1 = d \frac{R}{R-r}$.
Тогда $PM = PO_1 - MO_1$.

Подставим эти выражения в формулу для $h$:
$h = R \cdot \frac{PO_1 - MO_1}{PO_1} = R \left(1 - \frac{MO_1}{PO_1}\right)$
$h = R \left(1 - \frac{d \frac{R}{R+r}}{d \frac{R}{R-r}}\right) = R \left(1 - \frac{R-r}{R+r}\right)$
$h = R \left(\frac{(R+r) - (R-r)}{R+r}\right) = R \left(\frac{R+r-R+r}{R+r}\right) = R \left(\frac{2r}{R+r}\right)$
$h = \frac{2Rr}{R+r}$

Заметим, что полученное выражение является гармоническим средним радиусов $R$ и $r$.

Ответ: $\frac{2Rr}{R+r}$