ГДЗ по геометрии, 7 класс, Атанасян, номер 797: Общие касательные двух окружностей

План решения:

• Для пункта а) используем свойства касательных к окружности и равнобедренные треугольники, образованные центрами окружностей и точкой касания.
• Для пункта б) построим прямоугольник и прямоугольный треугольник, чтобы выразить длину общей внешней касательной через радиусы r и R.

Решение пункта а): Доказательство того, что "angleKAM=90^"circ

Пусть O₁ — центр первой окружности (радиуса r), а O₂ — центр второй окружности (радиуса R). Точки M и K являются точками касания общей внешней касательной с окружностями. Соединим центры с точками касания: O₁M"perpMK и O₂K"perpMK. Также соединим центры с точкой касания окружностей A: отрезки O₁A и O₂A лежат на одной прямой, так как при внешнем касании центры и точка касания коллинеарны. Длина этого отрезка равна сумме радиусов: O₁O₂=r+R.

Рассмотрим треугольник MO₁A. Так как O₁M=O₁A=r (радиусы одной окружности), то "triangleMO₁A — равнобедренный. Пусть "angleMO₁A="alpha. Тогда углы при основании равны: "angleO₁MA="angleO₁AM=180^"circ-"alpha/2=90^"circ-"alpha/2.

Аналогично рассмотрим треугольник KO₂A. Он также равнобедренный (O₂K=O₂A=R). Пусть "angleKO₂A="beta. Углы при основании: "angleO₂KA="angleO₂AK=90^"circ-"beta/2.

Так как O₁M"parallelO₂K (оба перпендикулярны MK), то сумма внутренних односторонних углов при секущей O₁O₂ равна 180^"circ. Однако удобнее рассмотреть четырехугольник MO₁O₂K. Это прямоугольная трапеция. Проведем высоту из точки O₁ на сторону O₂K, но для доказательства угла лучше использовать свойство биссектрис или сумму углов в треугольнике MAK.

Более простой путь: Рассмотрим угол "angleMAO₁+"angleO₁AO₂+"angleO₂AK. Заметим, что "angleO₁AO₂=180^"circ, так как O_1,A,O₂ лежат на одной прямой. Нам нужно найти "angleMAK="angleMAO₁+"angleO₂AK? Нет, точка A лежит между проекциями центров на касательную? Не обязательно. Давайте посмотрим на углы при вершине A относительно линии центров. В треугольнике MO₁A внешний угол при вершине O₁ не равен "alpha. Посмотрим на параллельность O₁M"parallelO₂K. Линия O₁O₂ пересекает эти параллельные прямые. Угол "angleMO₁O₂ и угол "angleKO₂O₁ являются внутренними односторонними, их сумма 180^"circ. То есть "alpha+"beta=180^"circ. Тогда сумма углов "angleO₁AM+"angleO₂AK=(90^"circ-"alpha/2)+(90^"circ-"beta/2)=180^"circ-("alpha+"beta)/2=180^"circ-180^"circ/2=180^"circ-90^"circ=90^"circ. Так как "angleMAK="angleO₁AM+"angleO₂AK (так как лучи AM и AK лежат по разные стороны от линии центров O₁O₂ внутри угла, развернутого вдоль линии центров? Проверим геометрию. Да, M и K находятся "сбоку" от линии центров. Угол "angleMAK складывается из этих двух частей). Следовательно, "angleKAM=90^"circ. Что и требовалось доказать.

Решение пункта б): Нахождение длины отрезка MK

Чтобы найти длину отрезка MK, проведем из центра меньшей окружности O₁ прямую, параллельную касательной MK, до пересечения с радиусом большей окружности O₂K. Пусть точка пересечения будет P. Четырехугольник MO₁PK является прямоугольником, так как все его углы прямые ("angleM="angleK="angleP=90^"circ). Следовательно, MP=O₁K? Нет, MK=O₁P и MO₁=PK. Из прямоугольника следует, что MK=O₁P.

Рассмотрим прямоугольный треугольник O₁PO₂: 1. Гипотенуза O₁O₂ равна сумме радиусов: O₁O₂=r+R. 2. Катет O₂P равен разности радиусов: O₂P=O₂K-PK=R-r (так как PK=MO₁=r). 3. Катет O₁P равен искомой длине MK.

По теореме Пифагора: O₁P²+O₂P²=O₁O22 MK²+(R-r)²=(R+r)² Выразим MK²: MK²=(R+r)²-(R-r)² Раскроем скобки: MK²=(R²+2Rr+r²)-(R²-2Rr+r²) MK²=R²+2Rr+r²-R²+2Rr-r² MK²=4Rr Отсюда находим длину MK: MK="sqrt4Rr=2"sqrtRr

Проверка:

Если r=R, то окружности одинаковые. Формула дает MK=2"sqrtR²=2R. В этом случае centers образуют квадрат со стороной R? Нет, если r=R, то O₁O₂=2R, а разность радиусов 0. Треугольник вырождается, но геометрически MK равно расстоянию между центрами, то есть 2R. Формула верна. Если одна окружность очень маленькая (r"to0), то MK"to0, что логично, так как точка касания совпадает с центром маленькой окружности, лежащим на большой.