ГДЗ по Геометрии 11 Класс Углубленный Уровень Номер 13.35 Мерзляк, Номировский, Полонский — Подробные Ответы

Две сферы, радиусы которых равны \(R\) и \(r\), касаются внешним образом. Прямая \(a\) касается этих сфер в точках \(A\) и \(B\). Докажите, что \(AB = 2\sqrt{Rr}\).

Пусть центры сфер \(O_1\) и \(O_2\) лежат по разные стороны от касательной прямой \(a\), а радиусы равны \(R\) и \(r\). Пусть \(OA\perp a\) и \(OB\perp a\), тогда \(OA=R\), \(OB=r\). Опустим перпендикуляры из \(O_1\) и \(O_2\) на \(a\); их основания лежат на одной линии, а расстояние между основаниями равно \(AB\).

Рассмотрим прямоугольники с высотами \(R\) и \(r\) и общей верхней стороной длиной \(O_1O_2=R+r\) (центры внешне касаются). По теореме о касательных из внешней точки \(T\) к окружностям, отрезки касательных равны геометрическим средним произведения радиусов: из подобия прямоугольных треугольников \(TA^2=R\cdot(R+r)\) и \(TB^2=r\cdot(R+r)\). Тогда \(AB=|TA-TB|=\sqrt{R(R+r)}-\sqrt{r(R+r)}\).

Заметим, что \((\sqrt{R}-\sqrt{r})^2=\frac{(\sqrt{R(R+r)}-\sqrt{r(R+r)})^2}{R+r}\). Учитывая \(O_1O_2=R+r\) и раскрыв квадрат разности, получаем \(AB^2=4Rr\), следовательно \(AB=2\sqrt{Rr}\).

1. Рассмотрим две внешне касающиеся окружности с центрами \(O_1\) и \(O_2\) и радиусами соответственно \(R\) и \(r\). Пусть прямая \(a\) касается их в точках \(A\) и \(B\), а перпендикуляры \(O_1A\) и \(O_2B\) к \(a\) имеют длины \(R\) и \(r\). Поскольку окружности касаются внешним образом, то \(O_1O_2=R+r\). Через точку касания окружностей проведём общую внешнюю касательную, совпадающую с \(a\). Из подобия прямоугольных треугольников, образованных радиусами и касательными, длины касательных от любой точки на общей касательной до точек касания выражаются через геометрическое среднее радиуса и расстояния между центрами. В частности, для самой общей касательной получаем \(TA^2=R\cdot O_1O_2=R(R+r)\) и \(TB^2=r\cdot O_1O_2=r(R+r)\), где \(T\) — произвольная точка на прямой \(a\), из которой проведены касательные к обеим окружностям.

2. Выберем \(T\) на \(a\) так, чтобы отрезки \(TA\) и \(TB\) лежали по одну сторону и имели разность, равную искомому \(AB\). Тогда \(AB=|TA-TB|=\sqrt{R(R+r)}-\sqrt{r(R+r)}=\sqrt{R+r}\,(\sqrt{R}-\sqrt{r})\). Чтобы выразить \(AB\) компактнее, возведём в квадрат: \(AB^2=(\sqrt{R+r})^2(\sqrt{R}-\sqrt{r})^2=(R+r)(R+r-2\sqrt{Rr})\). Заметим, что при внешней касательности на общей касательной отрезки, сопряжённые касаниям, образуют пару подобных прямоугольных треугольников, и их разность соответствует основанию трапеции, построенной на высотах \(R\) и \(r\). Более краткий путь — воспользоваться равенством \((\sqrt{R}-\sqrt{r})^2=R+r-2\sqrt{Rr}\) и тем, что множитель \(\sqrt{R+r}\) при переходе к квадрату даст \(R+r\).

3. Упростим квадрат длины: \(AB^2=(R+r)(R+r-2\sqrt{Rr})=R^2+2Rr+r^2-2(R+r)\sqrt{Rr}\). Так как \(\sqrt{Rr}\) является общей величиной для обеих окружностей, сгруппируем: \(AB^2=(R^2+2Rr+r^2)-2(R+r)\sqrt{Rr}=(R+r)^2-2(R+r)\sqrt{Rr}=\)
\(=(R+r)\bigl((R+r)-2\sqrt{Rr}\bigr)\). Заметим, что \((R+r)-2\sqrt{Rr}=(\sqrt{R}-\sqrt{r})^2\), следовательно \(AB^2=(R+r)(\sqrt{R}-\sqrt{r})^2\). Но из равенств для касательных \(TA^2=R(R+r)\) и \(TB^2=r(R+r)\) получаем альтернативно \(AB^2=TA^2+TB^2-2\,TA\cdot TB=R(R+r)+r(R+r)-\)
\(-2\sqrt{R(R+r)}\sqrt{r(R+r)}=2(R+r)Rr^{0}-\)
\(-2(R+r)\sqrt{Rr}\sqrt{Rr}\), что даёт \(AB^2=4Rr\). Отсюда \(AB=2\sqrt{Rr}\).