13040. Найдите угол между общей внешней и общей внутренней касательной к двум окружностям, если их радиусы равны R
и r
, а расстояние между центрами равно \sqrt{2(R^{2}+r^{2})}
.
Ответ. 90^{\circ}
и 2\arctg\frac{r}{R}=\arccos\frac{R^{2}-r^{2}}{R^{2}+r^{2}}
.
Решение. Пусть O_{1}
и O_{2}
— центры окружностей радиусов r
и R
соответственно (r\leqslant R
), A
и B
— точки касания общей внешней касательной с первой и второй окружностями соответственно, C
и D
— точки их касания с одной из внутренних касательных, E
и F
— со второй, MN
— отрезок общей внешней касательной AB
, высекаемый на ней общими внутренними (точка N
на прямой CD
, точка M
на прямой EF
). Обозначим \angle ANC=\alpha
и \angle BMF=\beta
.
Поскольку (см. задачу 385)
AB=\sqrt{O_{1}O_{2}^{2}-(R-r)^{2}}=\sqrt{2R^{2}+2r^{2}-(R-r)^{2}}=R+r,
CD=\sqrt{O_{1}O_{2}^{2}-(R+r)^{2}}=\sqrt{2R^{2}+2r^{2}-(R+r)^{2}}=R-r,
а также MN=CD
и AM=BN=ND
(см. задачу 4805), то
MN=CD=R-r,~BN=ND=\frac{AB-MN}{2}=\frac{R+r-(R-r)}{2}=r.
Углы BO_{2}D
и ANC
равны как углы с соответственно перпендикулярными сторонами, поэтому
\angle BO_{2}N=\frac{1}{2}\angle BO_{2}D=\frac{\alpha}{2}.
Из прямоугольного треугольника NBO_{2}
находим, что
\tg\frac{\alpha}{2}=\tg\angle BO_{2}N=\frac{BN}{O_{2}B}=\frac{r}{R}.
Тогда
\cos\alpha=\frac{1-\tg^{2}\frac{\alpha}{2}}{1+\tg^{2}\frac{\alpha}{2}}=\frac{1-\left(\frac{R}{r}\right)^{2}}{1+\left(\frac{R}{r}\right)^{2}}=\frac{R^{2}-r^{2}}{R^{2}+r^{2}}.
Следовательно,
\alpha=2\arctg\frac{r}{R}=\arccos\frac{R^{2}-r^{2}}{R^{2}+r^{2}}.
Аналогично, из прямоугольного треугольника MAO_{1}
находим, что
\tg\frac{\beta}{2}=\tg\angle AO_{1}M=\frac{AM}{O_{1}A}=\frac{r}{r}=1.
Следовательно,
\frac{\beta}{2}=45^{\circ},~\beta=90^{\circ}.