Если расстояние между центрами окружностей радиусами R и r равно а и [math]a > R+r[/math], то отрезки общих внешних и общих внутренних касательных, заключенные между точками касания, равны соответственно [math]sqrt{a^2-left ( R-r right )^2}[/math] и [math]sqrt{a^2-left ( R+r right )^2}[/math]

Анна Малкова

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).