На рисунке две окружности с центрами в точках $$O_1$$ и $$O_2$$ касаются внешним образом в точке $$K$$. Прямая $$AB$$ — их общая внешняя касательная, где $$A$$ и $$B$$ — точки касания. Прямая $$KM$$ — общая внутренняя касательная этих окружностей. Докажите, что: 1) $$KM = \frac{1}{2}AB$$; 2) $$\angle AKB = 90°$$.

Рассмотрим решение задачи:

1. Доказательство $$KM = \frac{1}{2}AB$$:

   Пусть $$O_1$$ и $$O_2$$ — центры окружностей, $$A$$ и $$B$$ — точки касания прямой $$AB$$ с окружностями с центрами $$O_1$$ и $$O_2$$ соответственно, а $$M$$ — точка пересечения прямых $$AB$$ и $$KM$$.

   Опустим перпендикуляр из точки $$O_2$$ на $$O_1A$$. Получим прямоугольный треугольник $$O_1DO_2$$, где $$D$$ — точка на $$O_1A$$ такая, что $$O_2D \perp O_1A$$.

   Тогда $$O_1D = |O_1A - DA| = |O_1A - O_2B|$$. Пусть $$O_1A = r_1$$ и $$O_2B = r_2$$. Тогда $$O_1D = |r_1 - r_2|$$.

   Также $$O_1O_2 = r_1 + r_2$$.

   По теореме Пифагора для треугольника $$O_1DO_2$$ имеем: $$O_1O_2^2 = O_1D^2 + DO_2^2$$

   $$(r_1 + r_2)^2 = (r_1 - r_2)^2 + AB^2$$
   $$r_1^2 + 2r_1r_2 + r_2^2 = r_1^2 - 2r_1r_2 + r_2^2 + AB^2$$
   $$AB^2 = 4r_1r_2$$
   $$AB = 2\sqrt{r_1r_2}$$

   Прямая $$KM$$ является общей внутренней касательной, поэтому $$AM = MK = MB$$. Следовательно, $$KM = \frac{1}{2}AB$$.

2. Доказательство $$\angle AKB = 90°$$:

   Проведём касательную $$MK$$. Так как $$MK$$ и $$MA$$ касательные к окружности с центром $$O_1$$, то $$MA = MK$$. Аналогично, $$MK = MB$$. Значит, $$MA = MK = MB$$.

   Тогда $$M$$ - середина отрезка $$AB$$. Значит, $$MK$$ - медиана треугольника $$AKB$$. Так как медиана равна половине стороны, к которой проведена, то треугольник $$AKB$$ - прямоугольный, с прямым углом при вершине $$K$$.

   Следовательно, $$\angle AKB = 90°$$.

Что и требовалось доказать.