Задание №25 — Геометрия

Решение.

1) Пусть $O_1$ — центр окружности радиуса $R = 55$, а $O_2$ — центр окружности радиуса $r = 45$. Так как окружности касаются внешним образом, расстояние между их центрами равно сумме радиусов: $O_1O_2 = R + r = 55 + 45 = 100$.

2) Прямые $AC$ и $BD$ — общие внешние касательные. По свойству касательных, отрезки $AC$ и $BD$ равны. Трапеция $ABCD$ является равнобедренной, а прямая, проходящая через центры окружностей $O_1O_2$, является её осью симметрии. Значит, $AB \parallel CD$, и искомое расстояние — это высота этой трапеции.

3) Рассмотрим прямоугольную трапецию $O_1O_2KC$, где $O_1C = R$, $O_2A = r$, а $O_2K$ — перпендикуляр, опущенный из $O_2$ на радиус $O_1C$. В прямоугольном треугольнике $O_1KO_2$:
$O_1K = R - r = 55 - 45 = 10$;
$O_1O_2 = 100$.
По теореме Пифагора найдем длину отрезка касательной $AC = O_2K$:
$AC = \sqrt{O_1O_2^2 - O_1K^2} = \sqrt{100^2 - 10^2} = \sqrt{10000 - 100} = \sqrt{9900} = 30\sqrt{11}$.

4) Пусть линия центров $O_1O_2$ пересекает хорды $AB$ и $CD$ в точках $M$ и $N$ соответственно. Тогда $MN$ и есть искомое расстояние между прямыми. Заметим, что $MN$ — это проекция отрезка касательной $AC$ на линию центров.

5) Пусть $\alpha$ — угол наклона касательной к линии центров (угол $KO_2O_1$). Из треугольника $O_1KO_2$:
$\cos \alpha = \frac{O_2K}{O_1O_2} = \frac{30\sqrt{11}}{100} = \frac{3\sqrt{11}}{10}$.
Проведем прямую $AP$ параллельно $O_1O_2$ до пересечения с $CD$ в точке $P$. Тогда в прямоугольном треугольнике $APC$ угол $CAP$ также равен $\alpha$. Искомое расстояние $MN = AP$.

6) В прямоугольном треугольнике $APC$:
$AP = AC \cdot \cos \alpha = 30\sqrt{11} \cdot \frac{3\sqrt{11}}{10} = \frac{30 \cdot 3 \cdot 11}{10} = 3 \cdot 3 \cdot 11 = 99$.

Ответ: 99

Источник: ФИПИ