Информация о задаче

Задача 55443

Темы:	[	Касающиеся окружности	]
	[	Поворот помогает решить задачу	]
	[	Правильный (равносторонний) треугольник	]

Сложность: 4
Классы: 8,9

Прислать комментарий

Условие

Окружности радиусов r и R касаются друг друга внутренним образом. Найдите сторону правильного треугольника, у которого одна вершина находится в точке касания данных окружностей, а две другие лежат на разных данных окружностях.

Подсказка

Примените теорему об угле между касательной и хордой и теорему косинусов.

Решение

Первый способ.

Пусть R > r, AMB — равносторонний треугольник, M — точка касания окружностей, A — точка на большей окружности, B — на меньшей, P — точка пересечения стороны MA с меньшей окружностью, K — точка пересечения продолжения стороны MB с большей окружностью.

Углы MBP и MKA равны, т.к. оба они равны углу между прямой MA (MP) и общей касательной к окружностям, проведённой через точку M. Следовательно, треугольники MBP и MKA подобны. Поскольку

BP = 2r sin $\displaystyle \angle$ BMP = 2r sin 60^o = r $\displaystyle \sqrt{3}$ ,

AK = 2R sin $\displaystyle \angle$ KMA = 2R sin 60^o = R $\displaystyle \sqrt{3}$ ,

то коэффициент подобия этих треугольников равен ${\frac{r}{R}}$ .

Обозначим MB = MA = AB = a. Тогда

KM = $\displaystyle {\frac{aR}{r}}$ , BK = a $\displaystyle \left(\vphantom{\frac{R}{r} - 1}\right.$ $\displaystyle {\frac{R}{r}}$ - 1 $\displaystyle \left.\vphantom{\frac{R}{r} - 1}\right)$ ,

а т.к. $\angle$ KBA = 120^o, то по теореме косинусов из треугольника ABK раходим, что

3R² = $\displaystyle \left(\vphantom{\frac{R}{r} - 1}\right.$ $\displaystyle {\frac{R}{r}}$ - 1 $\displaystyle \left.\vphantom{\frac{R}{r} - 1}\right)^{2}_{}$ a² + a² + $\displaystyle \left(\vphantom{\frac{R}{r} - 1}\right.$ $\displaystyle {\frac{R}{r}}$ - 1 $\displaystyle \left.\vphantom{\frac{R}{r} - 1}\right)$ a².

Отсюда следует, что a = ${\frac{rR\sqrt{3}}{\sqrt{r^{2}-rR+R^{2}}}}$ .

Второй способ.

Пусть R > r, O₁ и O₂ — центры окружностей, AMB — равносторонний треугольник, M — точка касания окружностей, A — точка на большей окружности, B — на меньшей.

Рассмотрим поворот вокруг точки M, при котором точка B переходит в точку A. При этом повороте центр O₂ меньшей окружности перейдёт в некоторую точку Q, причём $\angle$ O₁MQ = 60^o, а отрезок MA делится прямой O₁Q пополам. По теореме косинусов из треугольника O₁MQ находим, что

O₁Q = $\displaystyle \sqrt{r^{2}-2rR+R^{2}}$ .

Пусть MK — высота треугольника O₁MQ. Тогда

O₁Q^.MK = O₁M^.QM^.sin $\displaystyle \angle$ O₁MQ,

откуда находим, что

AM = 2MK = $\displaystyle {\frac{2O_{1}M\cdot QM\cdot \sin \angle O_{1}MQ}{O_{1}Q}}$ = $\displaystyle {\frac{rR\sqrt{3}}{\sqrt{r^{2}-2rR+R^{2}}}}$ .

Ответ

${\frac{rR\sqrt{3}}{\sqrt{r^{2}-rR+R^{2}}}}$ .

Источники и прецеденты использования


web-сайт
Название	Система задач по геометрии Р.К.Гордина
URL	http://zadachi.mccme.ru
задача
Номер	4765