17023. Даны две окружности радиусов R
и r
, касающиеся внешним образом. Различные трапеции ABCD
строятся так, чтобы каждая из окружностей касалась обеих боковых сторон и одного из оснований трапеции. Найдите наименьшую возможную длину боковой стороны AB
.
Ответ. Если r\lt R\lt3r
, то наименьшее значение стороны AB
равно 4\sqrt{Rr}
; R\geqslant3r
, то наименьшего значения AB
не существует.
Решение. Без ограничения общности можно считать, что R\gt r
(при R=r
получаем, что ABCD
—прямоугольник со стороной AB=2(R+r)=4r
).
Пусть O_{1}
— центр окружности радиуса R
(рис. 1), O_{2}
— центр окружности радиуса r
, PQ
— общая внешняя касательная окружностей (точка P
на большей окружности, точка Q
— на меньшей). Тогда PQ=2\sqrt{Rr}
(см. задачу 365).
Отложим на прямой PQ
вне отрезка PQ
отрезки PA
и QB
и выясним, при каком соотношении между этими отрезками касательная AA'
к большей окружности, отличная от AP
) параллельна касательной BB'
к меньшей окружности (отличной от BQ
).
Эти касательные параллельны при условии, что сумма углов BAA'
и ABB'
равна 180^{\circ}
, т. е. сумма углов O_{2}BQ
и O_{1}AP
равна 90^{\circ}
. Это условие равносильно равенству углов BO_{2}Q
и O_{1}AP
, или равенству отношений \frac{BQ}{O_{2}Q}=\frac{O_{1}P}{AP}
.
Пусть BQ=x
и AP=y
. Тогда условие параллельности касательных AA'
и BB'
можно записать в виде
\frac{x}{r}=\frac{R}{y},\mbox{или}~xy=Rr.
Тогда
AB=BQ+PA+PQ=x+\frac{Rr}{x}+2\sqrt{Rr}.
Пусть M
— точка пересечения общих внешних касательных данных окружностей. Из подобия прямоугольных треугольников MQO_{2}
и MPO_{1}
получаем
\frac{MQ}{O_{2}Q}=\frac{MP}{O_{1}P},~\mbox{или}~\frac{MQ}{r}=\frac{MQ+PQ}{R}~\Rightarrow~MQ=PM=\frac{2r\sqrt{Rr}}{R-r}.
Пусть C
и D
— точки пересечения второй общей внешней касательной окружностей с параллельными прямыми AA'
и BB'
и выполнено условие параллельности. Тогда ABCD
— трапеция, удовлетворяющая условию задачи. Заметим, что если число x
слишком велико, то трапецию получить не удастся (см. рис. 2). Это число должно быть меньше, чем PM=\frac{2r\sqrt{Rr}}{R-r}
.
Таким образом, задача сводится к нахождению наименьшего значения функции
f(x)=x+\frac{Rr}{x}+2\sqrt{Rr}
на промежутке \left(0;\frac{2r\sqrt{Rr}}{R-r}\right)
.
Имеем
f'(x)=1-\frac{Rr}{x^{2}}\gt0~\mbox{при}~x\gt\sqrt{Rr},~f'(x)\lt0~\mbox{при}~0\lt x\lt\sqrt{Rr},~f'(x)=0~\mbox{при}~x=\sqrt{Rr}.
Значит, эта функция убывает при 0\lt x\lt\sqrt{Rr}
, возрастает при x\gt\sqrt{Rr}
. Таким образом, если \frac{2r\sqrt{Rr}}{R-r}\gt\sqrt{Rr}
, то наименьшее значение функции f(x)
(а значит, наименьшее AB
) равно
f(\sqrt{Rr})=\sqrt{Rr}+\frac{Rr}{\sqrt{Rr}}+2\sqrt{Rr}=4\sqrt{Rr},
если же \frac{2r\sqrt{Rr}}{R-r}\leqslant\sqrt{Rr}
, то наименьшего значения функции f(x)
на промежутке \left(0;\frac{2r\sqrt{Rr}}{R-r}\right)
не существует.
Неравенство \frac{2r\sqrt{Rr}}{R-r}\leqslant\sqrt{Rr}
равносильно неравенству R\geqslant3r
. Следовательно, если r\lt R\lt3r
, искомый минимум равен 4\sqrt{Rr}
, если же R\geqslant3r
, то наименьшего значения AB
не существует: в этом случае сторона AB
может принимать любое значение, большее
f\left(\frac{2r\sqrt{Rr}}{R-r}\right)=\frac{(R+r)^{2}\sqrt{Rr}}{2r(R-r)}.
Автор: Саллинен Е. В.
Источник: Журнал «Квант». — 1974, № 7, с. 36, М272; 1975, № 2, с. 32, М272
Источник: Задачник «Кванта». — 1975, М272