Подготовка к ЕГЭ Задание 16 Упр.32 ГДЗ Атанасян 10-11 класс по геометрии (Геометрия)

Рассмотрим вариант решения задания из учебника Атанасян, Бутузов, Кадомцев 11 класс, Просвещение: Окружности с центрами O_1 и O_2 касаются друг друга извне в точке С. Прямая касается этих окружностей в точках А и В, отличных от точки С. Найдите угол AO_2B, если ?tg?ABC=1/2.

Обозначим $$\angle ABC=\alpha.$$ Тогда по условию $$\tg \alpha=\frac{1}{2}.$$

Так как прямая $$AB$$ касается окружностей в точках $$A$$ и $$B$$, то радиусы $$O_1A$$ и $$O_2B$$ перпендикулярны этой прямой. Кроме того, окружности касаются внешним образом в точке $$C$$, значит точки $$O_1, C, O_2$$ лежат на одной прямой.

Рассмотрим треугольник $$ABC$$. Угол между радиусом и касательной равен $$90^\circ$$, поэтому

$$\angle ACO_1=\frac{1}{2}\bigl(180^\circ-\angle AO_1C\bigr)=90^\circ-\frac{\alpha}{2},$$

$$\angle BCO_2=\frac{1}{2}\bigl(180^\circ-\angle BO_2C\bigr)=\frac{\alpha}{2}.$$

Тогда

$$\angle C=180^\circ-\angle ACO_1-\angle BCO_2=180^\circ-\left(90^\circ-\frac{\alpha}{2}\right)-\frac{\alpha}{2}=90^\circ.$$

Следовательно, треугольник $$ABC$$ прямоугольный, и

$$\tg \angle ABC=\frac{AC}{BC}=\frac{1}{2},$$

откуда $$BC=2AC.$$ Тогда по теореме Пифагора

$$AB=\sqrt{AC^2+BC^2}=\sqrt{AC^2+4AC^2}=AC\sqrt{5}.$$

Теперь рассмотрим равнобедренный треугольник $$BO_2C$$, где $$O_2B=O_2C$$. Угол при вершине $$O_2$$ равен

$$\angle BO_2C=2\angle ABC=2\alpha,$$

а значит

$$\angle BCO_2=90^\circ-\alpha.$$

Найдём $$\sin \alpha$$ и $$\cos \alpha$$ по условию $$\tg \alpha=\frac{1}{2}$$:

$$\cos \alpha=\frac{1}{\sqrt{1+\tg^2\alpha}}=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{4}}}=\frac{2}{\sqrt{5}},$$

$$\sin \alpha=\cos \alpha\cdot \tg \alpha=\frac{2}{\sqrt{5}}\cdot \frac{1}{2}=\frac{1}{\sqrt{5}}.$$

Тогда

$$\sin 2\alpha=2\sin \alpha \cos \alpha=2\cdot \frac{1}{\sqrt{5}}\cdot \frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{4}{5}.$$

По теореме синусов в треугольнике $$BO_2C$$:

$$\frac{BC}{\sin \angle BO_2C}=\frac{BO_2}{\sin \angle BCO_2}.$$

Подставим:

$$\frac{2AC}{\sin 2\alpha}=\frac{BO_2}{\sin(90^\circ-\alpha)}=\frac{BO_2}{\cos \alpha}.$$

Отсюда

$$BO_2=2AC\cdot \frac{\cos \alpha}{\sin 2\alpha}=2AC\cdot \frac{\frac{2}{\sqrt{5}}}{\frac{4}{5}}=AC\sqrt{5}.$$

Но $$AB=AC\sqrt{5}$$, значит

$$AB=BO_2.$$

Следовательно, треугольник $$ABO_2$$ равнобедренный, а так как $$AB$$ — касательная, то $$AB\perp O_2B$$. Значит, угол при вершине $$A O_2 B$$ равен $$45^\circ$$.

Ответ

$$45^\circ$$