Анна Малкова
Если расстояние между центрами окружностей радиусами R и r равно а и \(a > R+r\), то отрезки общих внешних и общих внутренних касательных, заключенные между точками касания, равны соответственно \(\sqrt{a^2-\left ( R-r \right )^2}\) и \(\sqrt{a^2-\left ( R+r \right )^2}\)
1) Рассмотрим внешнюю касательную MN к непересекающимся окружностям радиусов R и r.
Задача решается в одно действие, а схему решения желательно запомнить – пригодится в задачах ЕГЭ.
Четырехугольник \(O_1O_2NM\) – прямоугольная трапеция, так как \(O_1M \perp MN, O_2N \perp MN\) (как радиус и касательная) \(\Rightarrow O_1M\parallel O_2N\).
Проведем \(O_2F\parallel MN,\ \ \angle MFO_2=90{}^\circ\).
Из \(\vartriangle O_1O_2F:\ \ \ \ \ FO_2=\sqrt{O_1O^2_2-O_1F^2}\)(по теореме Пифагора).
При этом \(O_1F=R-r,\ \ O_2F=MN\) (так как \(FMNO_2\) – прямоугольник по построению).
Получаем:
\(MN=\sqrt{a^2-{(R-r)}^2}.\).
2) Теперь внутреннее касание.
Даны окружности с центрами \(O_1\) и \(O_2\) и радиусами R и r.
Точки касания общей внутренней касательной – P и K соответственно, расстояние между центрами окружностей \(a=O_1 \, \, O_2\).
Докажем, что \(PK=\sqrt{a^2-{(R+r)}^2}.\).
Продолжим \(O_2K\) (радиус меньшей окружности). Из точки \(O_1\) опустим перпендикуляр \(O_1F\bot O_2K\). Получим, что \(FKPO_1\) – прямоугольник \(\left (O_1F\parallel PK,\ \ \angle P=90{}^\circ \right )\).
В треугольнике \(O_1O_2F\) имеем:
\(O_1O_2=a, O_2F=r+KF=r+R.\)
\(FO_1=\sqrt{a^2-{(r+R)}^2}\) (по теореме Пифагора).
Поскольку \(FPKO_1\) – прямоугольник, \(O_1F=PK\).
\(PK=\sqrt{a^2-{(r+R)}^2}\), что и требовалось доказать.
