Даны две касающиеся внешним образом в точке $%A$% окружности с центрами $%O_1$% и $%O_2$%. Общая касательная (не пересекающая $%O_1O_2$%) касается первой окружности в точке $%B$% и пересекает общую касательную, проходящую через точку $%А$% в точке $%С$%. Биссектриса угла $%O_1CA$% пересекает $%O_1O_2$% в точке $%L$%, прямую $%BO_1$% в точке $%D$%.Найти $%O_1L$%, если известно, что $%CO_2 = 2$% и $%DO_2$% перпендикулярно $%CO_2$%.

задан 20 Июл '14 23:03

изменен 20 Июл '14 23:09

10|600 символов нужно символов осталось
1

Легко видеть, что $%CB=CA=CE$%, где $%E$% -- точка касания внешней касательной со второй окружностью. Обозначим эту величину через $%a$%.

Обозначим через $%\alpha$% величины углов, на которые биссектриса угла $%O_1CA$% делит этот угол. Тогда $%\angle O_1CA=2\alpha$%, и $%\angle O_2CA=\frac{\pi}2-2\alpha$%. Последнее вытекает из того, что $%CO_1$% -- биссектриса $%BCA$%, а $%CO_2$% -- биссектриса $%ECA$%, а углы являются смежными.

Из прямоугольного треугольника $%O_2CA$% получаем, что $%a=CO_2\cos(\frac{\pi}2-2\alpha)=2\sin2\alpha$%. Далее, величина угла $%DCO_2$% равна $%\angle DCA+\angle O_2CA=\frac{\pi}2-\alpha$%. Угол $%CO_2D$% по условию является прямым, поэтому второй его острый угол равен $%\angle CDO_2=\alpha$%. Это означает, что прямые $%CO_1$% и $%DO_2$% параллельны, что равносильно условию перпендикулярности прямых из условия.

Из указанного прямоугольного треугольника получается $%CD=\frac2{\sin\alpha}$%. Теперь рассмотрим прямоугольный треугольник $%BCD$%, в котором острый угол при вершине $%C$% равен $%3\alpha$%. Это даёт $%a=CD\cos3\alpha$%, и в сравнении с предыдущим получается $%2\sin2\alpha=\frac{2\cos3\alpha}{\sin\alpha}$%, то есть $%\cos3\alpha=\sin2\alpha\sin\alpha$%.

Полученное уравнение можно решить многими способами -- например, при помощи формулы косинуса тройного угла. Можно поступить и по-другому, переписав его в виде $%\cos2\alpha\cos\alpha=2\sin2\alpha\sin\alpha$%, сократив далее на $%\cos\alpha\ne0$%. Это даёт $%\cos2\alpha=4\sin^2\alpha$%, то есть $%1-2\sin^2\alpha=4\sin^2\alpha$%, и $%\sin^2\alpha=\frac16$%. Из этого условия легко выражаются синусы, косинусы и тангенсы углов $%\alpha$% и $%2\alpha$%. Оказывается, что $%\tan\alpha=\frac1{\sqrt5}$% и $%\tan2\alpha=\frac{\sqrt5}2$%.

Рассматривая треугольник $%CAO_1$%, в котором катет $%CA$% равен $%a=2\sin2\alpha=\frac23\sqrt5$%, мы можем выразить длины $%O_1A=a\tan2\alpha=\frac53$% и $%LA=a\tan\alpha=\frac23$%. Из этого следует, что $%O_1L=O_1A-LA=1$%.

Замечание. На рисунке первая из окружностей должна быть чуть больше второй: их радиусы равны $%\frac53$% и $%\frac43$% соответственно.

ссылка

отвечен 21 Июл '14 11:24

10|600 символов нужно символов осталось
Ваш ответ

Если вы не нашли ответ, задайте вопрос.

Здравствуйте

Математика - это совместно редактируемый форум вопросов и ответов для начинающих и опытных математиков, с особенным акцентом на компьютерные науки.

Присоединяйтесь!

отмечен:

×590

задан
20 Июл '14 23:03

показан
347 раз

обновлен
21 Июл '14 11:24

Отслеживать вопрос

по почте:

Зарегистрировавшись, вы сможете подписаться на любые обновления

по RSS:

Ответы

Ответы и Комментарии

Дизайн сайта/логотип © «Сеть Знаний». Контент распространяется под лицензией cc by-sa 3.0 с обязательным указанием авторства.
Рейтинг@Mail.ru