6928. Окружности радиусов r
и R
(r\lt R)
с центрами O_{1}
и O_{2}
соответственно касаются внешним образом в точке K
. Первая прямая касается этих окружностей соответственно в точках A
и B
, а вторая прямая — соответственно в точках D
и C
. Прямые AB
и CD
пересекаются в точке Q
. Найдите:
а) длину отрезка AD
;
б) длину отрезка BK
;
в) площадь четырёхугольника ABCD
;
г) расстояние от точки Q
до меньшей окружности.
Ответ. а) \frac{4r\sqrt{rR}}{R+r}
; б) \frac{2R\sqrt{r}}{\sqrt{R+r}}
; в) \frac{8rR\sqrt{rR}}{R+r}
; г) \frac{2r^{2}}{R-r}
.
Решение. Пусть F
— проекция точки O_{1}
на радиус O_{2}B
второй окружности. Обозначим \angle FO_{1}O_{2}=\alpha
. Из прямоугольного треугольника FO_{1}O_{2}
находим, что
\cos\alpha=\frac{O_{1}F}{O_{1}O_{2}}=\frac{AB}{O_{1}O_{2}}=\frac{2\sqrt{rR}}{R+r},~\sin\alpha=\frac{O_{2}F}{O_{1}O_{2}}=\frac{R-r}{R+r}.
а) Пусть P
— точка пересечения AD
и O_{1}Q
. Тогда AD\perp O_{1}Q
, P
— середина AD
(см. задачу 1180), а
\angle PAO_{1}=90^{\circ}-\angle AO_{1}P=\angle FO_{1}O_{2}=\alpha.
Следовательно,
AD=2AP=2\cdot O_{1}A\cos\alpha=2r\cdot\frac{2\sqrt{rR}}{R+r}=\frac{4r\sqrt{rR}}{R+r}.
б) Треугольник AKB
прямоугольный, \angle AKB=90^{\circ}
(см. задачу 365). Пусть продолжение катета AK
пересекает вторую окружность в точке E
. Тогда \angle BKE=90^{\circ}
, поэтому BE
— диаметр второй окружности, треугольник ABE
прямоугольный, а BK
— его высота, опущенная на гипотенузу. По теореме Пифагора
AE=\sqrt{AB^{2}+BE^{2}}=\sqrt{4rR+4R^{2}}=2\sqrt{R(r+R)}.
Следовательно,
BK=\frac{AB\cdot BE}{AE}=\frac{2\sqrt{rR}\cdot2R}{2\sqrt{R(r+R)}}=\frac{2R\sqrt{r}}{\sqrt{R+r}}.
в) Пусть общая внутренняя касательная к данным окружностям пересекает их общие внешние касательные AB
и CD
в точках M
и N
соответственно. Тогда MN
— средняя линия равнобедренной трапеции ABCD
, и MN=2\sqrt{rR}
(см. задачу 365).
Пусть AH
— высота трапеции. Тогда
\angle BAH=\angle FO_{1}O_{2}=\alpha,
поэтому
AH=AB\cos\alpha=2\sqrt{rR}\cdot\frac{2\sqrt{rR}}{R+r}=\frac{4rR}{R+r}.
Следовательно,
S_{ABCD}=MN\cdot AH=2\sqrt{rR}\cdot\frac{4rR}{R+r}=\frac{8rR\sqrt{rR}}{R+r}.
г) Пусть T
— точка пересечения меньшей окружности с отрезком O_{1}Q
. Тогда расстояние от точки Q
до этой окружности равно длине отрезка QT
. Из прямоугольного треугольника AO_{1}Q
находим, что
O_{1}Q=\frac{O_{1}A}{\sin\angle AQO_{1}}=\frac{r}{\sin\alpha}=\frac{r}{\frac{R-r}{R+r}}=\frac{r(R+r)}{R-r}.
Следовательно,
QT=O_{1}Q-O_{1}T=\frac{r(R+r)}{R-r}-r=\frac{2r^{2}}{R-r}.