Номер 944, страница 132 - гдз по геометрии 10 класс сборник задач Латотин, Чеботаревский

944. Две окружности, радиусы которых равны $R$ и $r$, касаются внешним образом в точке $A$. Общая внешняя касательная имеет с окружностями общие точки $B$ и $C$. Найдите периметр и площадь треугольника $ABC$.

Пусть $O_1$ и $O_2$ — центры окружностей с радиусами $R$ и $r$ соответственно. Так как окружности касаются внешним образом в точке $A$, то точки $O_1$, $A$, $O_2$ лежат на одной прямой, а расстояние между центрами равно сумме радиусов: $O_1O_2 = R+r$.

Прямая $BC$ — общая внешняя касательная. Радиусы, проведенные в точки касания, перпендикулярны касательной: $O_1B \perp BC$ и $O_2C \perp BC$. Следовательно, $O_1B \parallel O_2C$, и четырехугольник $O_1BCO_2$ является прямоугольной трапецией с основаниями $O_1B = R$ и $O_2C = r$.

1. Найдем длину стороны BC. Проведем из центра меньшей окружности $O_2$ высоту $O_2D$ на радиус $O_1B$. Получим прямоугольник $DBC O_2$, откуда $BC = DO_2$. В прямоугольном треугольнике $O_1DO_2$ гипотенуза $O_1O_2 = R+r$, а катет $O_1D = O_1B - DB = O_1B - O_2C = R-r$. По теореме Пифагора: $DO_2^2 = O_1O_2^2 - O_1D^2 = (R+r)^2 - (R-r)^2$ $DO_2^2 = (R^2+2Rr+r^2) - (R^2-2Rr+r^2) = 4Rr$ $DO_2 = \sqrt{4Rr} = 2\sqrt{Rr}$. Таким образом, $BC = 2\sqrt{Rr}$.

2. Найдем длины сторон AB и AC. Проведем через точку $A$ общую касательную к обеим окружностям. Пусть она пересекает касательную $BC$ в точке $M$. По свойству касательных, проведенных из одной точки к окружности, отрезки касательных равны. Для первой окружности $MB = MA$, а для второй $MC = MA$. Следовательно, $MA = MB = MC$. Это означает, что точка $M$ является серединой отрезка $BC$, а медиана $AM$ в треугольнике $ABC$ равна половине стороны, к которой она проведена ($AM = \frac{1}{2}BC$). Это свойство выполняется только в прямоугольном треугольнике, значит, треугольник $ABC$ — прямоугольный с прямым углом при вершине $A$ ($\angle BAC = 90^\circ$).

Рассмотрим прямоугольную трапецию $O_1BCO_2$. Пусть $\angle BO_1O_2 = \alpha$. В прямоугольном треугольнике $O_1DO_2$ имеем: $\cos \alpha = \frac{O_1D}{O_1O_2} = \frac{R-r}{R+r}$. Треугольник $O_1AB$ является равнобедренным ($O_1A = O_1B = R$). По теореме косинусов для $\triangle O_1AB$: $AB^2 = O_1A^2 + O_1B^2 - 2 \cdot O_1A \cdot O_1B \cdot \cos(\angle AO_1B) = R^2 + R^2 - 2R^2 \cos \alpha$ $AB^2 = 2R^2(1 - \cos \alpha) = 2R^2 \left(1 - \frac{R-r}{R+r}\right) = 2R^2 \left(\frac{R+r - R+r}{R+r}\right) = 2R^2 \frac{2r}{R+r} = \frac{4R^2r}{R+r}$ $AB = 2R\sqrt{\frac{r}{R+r}}$.

Углы трапеции, прилежащие к боковой стороне $O_1O_2$, в сумме дают $180^\circ$, поэтому $\angle CO_2O_1 = 180^\circ - \alpha$. Треугольник $O_2AC$ является равнобедренным ($O_2A = O_2C = r$). По теореме косинусов для $\triangle O_2AC$: $AC^2 = O_2A^2 + O_2C^2 - 2 \cdot O_2A \cdot O_2C \cdot \cos(\angle AO_2C) = r^2 + r^2 - 2r^2 \cos(180^\circ - \alpha)$ $AC^2 = 2r^2(1 - (-\cos \alpha)) = 2r^2(1 + \cos \alpha) = 2r^2 \left(1 + \frac{R-r}{R+r}\right) = 2r^2 \left(\frac{R+r + R-r}{R+r}\right) = 2r^2 \frac{2R}{R+r} = \frac{4Rr^2}{R+r}$ $AC = 2r\sqrt{\frac{R}{R+r}}$.

Периметр $P_{ABC}$ равен сумме длин его сторон: $P_{ABC} = AB + AC + BC = 2R\sqrt{\frac{r}{R+r}} + 2r\sqrt{\frac{R}{R+r}} + 2\sqrt{Rr}$. Вынесем общие множители: $P_{ABC} = \frac{2R\sqrt{r}}{\sqrt{R+r}} + \frac{2r\sqrt{R}}{\sqrt{R+r}} + 2\sqrt{Rr} = \frac{2\sqrt{Rr}(\sqrt{R} + \sqrt{r})}{\sqrt{R+r}} + 2\sqrt{Rr}$. Можно также представить ответ в виде: $P_{ABC} = 2\sqrt{Rr} \left( \frac{\sqrt{R} + \sqrt{r}}{\sqrt{R+r}} + 1 \right)$. Ответ: $P_{ABC} = 2R\sqrt{\frac{r}{R+r}} + 2r\sqrt{\frac{R}{R+r}} + 2\sqrt{Rr}$.

Поскольку треугольник $ABC$ является прямоугольным с прямым углом $A$, его площадь $S_{ABC}$ равна половине произведения катетов $AB$ и $AC$: $S_{ABC} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC = \frac{1}{2} \left( 2R\sqrt{\frac{r}{R+r}} \right) \left( 2r\sqrt{\frac{R}{R+r}} \right)$ $S_{ABC} = 2Rr \sqrt{\frac{r}{R+r} \cdot \frac{R}{R+r}} = 2Rr \sqrt{\frac{Rr}{(R+r)^2}} = 2Rr \frac{\sqrt{Rr}}{R+r} = \frac{2Rr\sqrt{Rr}}{R+r}$. Ответ: $S_{ABC} = \frac{2(Rr)^{3/2}}{R+r}$.