|
Построить окружность, касающуюся двух данных окружностей, причем одной из них данной в точке. Построить треугольник с помощью линейки и циркуля. задан 23 Сен '14 20:08 
Nastya94 |
|
Какое-то вымученное решение получилось... Я рассмотрю только случай, когда данная точка $%A$% на первой окружности лежит снаружи второй... и построим случай внешнего касания с обеими окружностями (как на рисунке)...
Обозначим радиусы первой и второй окружности через $%r$% и $%R$% соответственно, $%OQ=L,\;AQ=y,\; \angle AOQ=\alpha$%, а искомый радиус через $%x$%. По теореме косинусов $$BQ^2=OB^2+OQ^2-2\cdot OB\cdot OQ\cdot \cos\alpha$$ $$(R+x)^2=(r+x)^2+L^2-2\cdot (r+x)\cdot L\cdot \cos\alpha$$ $$2x(R-r+L\cdot \cos\alpha)=r^2+L^2-2\cdot r\cdot L\cdot \cos\alpha -R^2 $$ $$2x(R-r+L\cdot \cos\alpha)= y^2-R^2$$ Понятно, что отрезок длины $%m=(R-r+L\cdot \cos\alpha)$% построить нетрудно.... Строим отрезок длины $%z=\sqrt{y^2-R^2}$% как второй катет треугольника с соответствующей гипотенузой и первым катетом... Ну, и осталось построить диаметр искомой окружности $%d=2x$%, который удовлетворяет равенству $%d\cdot m = z^2$%, то есть $%z$% является средним геометрическим для $%d$% и $%m$% ...
отвечен 23 Сен '14 23:59 
all_exist 1
@all_exist: тут есть более простое решение. Для рассмотренной Вами конфигурации, отложим отрезок $%AM$% на луче $%AO$%, равный радиусу окружности с центром $%Q$%. Тогда $%B$% равноудалена от $%M$% и $%Q$%, и её находим через серединный перпендикуляр.
(24 Сен '14 1:02)
falcao
@falcao, дык, я же предупредил, что решение получилось вымученное ))) ... а до Вашего варианта я так и додумался... (((
(24 Сен '14 1:07)
all_exist
@all_exist: зато Вы меня избавили от необходимости описывать все подслучаи :) Я собирался это сделать, но у меня одновременно открыто много вкладок, и я длинные объяснения обычно оставляю на потом.
(24 Сен '14 1:10)
falcao
|
