Элементарная математика. Геометрия.

Задача 243

Найдите угол общей внешней касательной и общей внутренней касательной к двум окружностям, если их радиусы равны $R$ и $r$, а расстояние между их центрами равно $\sqrt{2(R^{2}+r^{2})}$ $(R\geq{r})$ .

Решение:

1. Проведем радиус $O_2A=r$ окружности с центром в точке $O_2$ к внешней касательной $n$ в точку касания $A$, и радиус $O_2A_1=r$ к внутренней касательной $m$ в точку касания $A_1$. Аналогично проведем радиус $O_1B=R$ окружности с центром в точке $O_1$ к внешней касательной $n$ в точкe касания $B$ и радиус $O_1B_1=R$ к внутренней касательной $m$ в точкe касания $B_1$. По теореме касательной к окружности получим при пересечении радиуса и касательной угол, который равен $90^o$.

2. Проведем отрезки $O_2K$ и $O_1K$, где $K$ — точка пересечения внешней касательной $n$ с внутренней касательной $m$.

3. Так как $AO_2=A_1O_2$ являются радиусами и $KO_2$ — общая, то прямоугольные треугольники $\triangle{AO_2K}$ и $\triangle{A_1O_2K}$ равны по катету и гипотенузе. Отсюда получим, что $\angle{AKO_2}=\angle{O_2KA_1}$. Аналогично, $\triangle{KO_1B_1}=\triangle{KO_1B}$ и $\angle{B_1O_1K}=\angle{BO_1K}$.

4. $\triangle{AO_2K}\sim{\triangle{BO_1K}}$ по второму признаку подобия треугольников. Отсюда определим соотношение $\frac{AO_2}{KB}=\frac{AK}{BO_1}=k$. Подставляя в пропорцию известные нам величины, получим $\frac{R}{KB}=\frac{AK}{r}=k$. Из пропорции выразим $AK=r\cdot{k}$ и $KB=\frac{R}{k}$.

5. По теореме Пифагора в прямоугольном треугольнике $\triangle{O_2AK}$ найдем гипотенузу $O_2K$ следующим образом $O_2K^{2}=AO_2^{2}+AK^{2}=r^{2}+(r\cdot{k})^{2}$, тогда $O_2K=\sqrt{r^{2}+(r\cdot{k})^{2}}$. Аналогичным образом найдем гипотенузу $O_1K$ в прямоугольном треугольнике $\triangle{O_1KB}$, где $O_1K=\sqrt{R^{2}+(\frac{R}{k})^{2}}$.

6. Проведем отрезок $O_ 1O_2$, который по условию равен $\sqrt{2(R^{2}+r^{2})}$. Внутреннюю касательную $m$ пересекает $O_1O_2$ в точке $P$.

7. Так как $\angle{AKO_2}=\angle{O_2KA_1}$, $\angle{B_1KO_1}=\angle{O_1KB}$ и $\angle{AKO_2}+\angle{O_2KA_1}+\angle{B_1KO_1}+\angle{O_1KB}=180^{o}$, то $2 \cdot (\angle{O_2KP}+\angle{O_1KP})=180^{o}$. Упрощая данное равенство, получим $\angle{O_2KO_1}=90^{o}$. В треугольнике $\triangle{O_2KO_1}$ по теореме Пифагора $(O_1O_2)^{2}=(O_1K)^{2}+(O_2K)^{2}$. Подставим известные значения и получим равенство $\sqrt{2(R^{2}+r^{2})}^{2}=\sqrt{R^{2}+(\frac{R}{k})^{2}}^{2}+\sqrt{r^{2}+(r\cdot{k})^{2}}^{2}$. Произведя тождественные преобразования, приходим к уравнению $(k^{2}-1)(\frac{R^{2}}{k^{2}}-r^{2})=0$.

8. Рассмотрим два случая. $k^{2}-1=0$ или $\frac{R^{2}}{k^{2}}-r^{2}=0$.

Первый случай — $k^{2}-1=0$.

Тогда $k^{2}=1$. Отсюда $k=1$ и $k=-1$ (корень $-1$ не подходит, так как коэффициент подобия $k$ не может быть отрицательным).

Если $k=1$, то подставляя данное значение в уравнение $\frac{R^{2}}{k^{2}}-r^{2}=0$, получаем, что $R=r$. Рассмотрим $O_2AKP$. Данная фигура будет являться квадратом, так как $\angle{O_2AK}=90^{o}$ и $\angle{O_2PK}=90^{o}$. Значит искомый угол $\angle{PKA}=90^{o}$.

Второй случай — $\frac{R^{2}}{k^{2}}-r^{2}=0$.

Найдем $k$. $\frac{R^{2}}{k^{2}}=r^{2}$, $k^{2}=\frac{R^{2}}{r^{2}}$. Тогда $k=\frac{R}{r}$ и $k=-\frac{R}{r}$ (корень $-\frac{R}{r}$ не подходит, так как коэффициент подобия $k$ не может быть отрицательным).

Если $k=\frac{R}{r}$. Искомый угол $\angle{PKA}=2\angle{O_2KA}=\alpha$. По соотношениям катетов $AK$ и $O_2K$ из прямоугольного треугольника $\triangle{O_2AK}$ $tg\frac{\alpha}{2}=\frac{r}{R}$. Для нахождения угла используем формулу— $\cos{\alpha}=\frac{1-tg^{2}\frac{\alpha}{2}}{1+tg^{2}\frac{\alpha}{2}}$. Подставляя известные значения, получим $\cos{\alpha}=\frac{1-\frac{r^{2}}{R^{2}}}{1+\frac{r^{2}}{R^{2}}}$. Искомый угол $\alpha = \arccos{ \frac{R^{2}-r^{2}}{R^{2}+r^{2}}}$, $\angle{PKA} = \arccos{\frac{R^{2}-r^{2}}{R^{2}+r^{2}}}$.

Ответ:

$90^{o}$ или

$\arccos\frac{R^{2}-r^{2}}{R^{2}+r^{2}}$.