Question

Задание на фото****************************************************************************

Answer 1

Вообще говоря, внутренних касательных две, а поэтому значений искомого угла будет два. Один из этих углов будет прямым, а для второго можно найти лишь параметрическое выражение синуса или косинуса.

Покажем это.


Сначала сделаем построение по условию задачи и введём соответствующие обозначения.

Центр малой окружности   $O ,$   и соответственно   $OB = r .$

Центр большой окружности   $Q ,$   и соответственно   $QC = R .$

Нам дано расстояние между центрами   $OQ = sqrt{ 2 ( R^2 + r^2 ) } .$

Внешняя касательная   $AS .$

Внутренние касательные, пересекающиеся в точке   $D ,$
отмечены, как   $CP$   и   $DL .$

Из соображений симметрии, очевидно, что точка   $D in OQ ,$   а сами врутренние касательные отклонены от   $OQ$   на одинаковый угол в разные стороны.

Через точку   $D$   проведём   $DH perp OQ .$

Обозначим   $angle PDH = angle LDH = angle BOD = angle CQD = varphi ;$

Отметим точку   $E$   на продолжении   $QC ,$   так, чтобы   $Delta EQO$   – был прямоугольным с прямым углом   $angle E .$

Мы пока ещё не доказали, что   $AS || EQ ,$    поэтому не можем сказать, что   $OE = R - r ,$ хотя это и видно их рисунка.

Но мы можем найти   $OE$   через Теорему Пифагора:

$OE = sqrt{ OQ^2 - EQ^2 } = sqrt{ ( sqrt{ 2( R^2 + r^2 ) } )^2 - ( R + r )^2 } = \\ = sqrt{ 2 R^2 + 2 r^2 - R^2 - 2Rr - r^2 } = sqrt{ R^2 + r^2 - 2Rr } = sqrt{ ( R - r )^2 } ;$

$OE = R - r ;$

$sin{ varphi } = sin{ EQO } = frac{OE}{OQ} = frac{R-r}{OQ} ;$

С другой стороны, в прямоугольной трапеции   $QOTS :$
$cos{SQO} = frac{R-r}{OQ} = sin{ varphi } .$

Значит   $angle SAQ = varphi .$

Т.е.   $angle PDH = angle SAQ ,$   а поскольку   $DH perp OQ ,$   то и   $AS perp CP ,$   а значит внешняя касательная и одна из внутренних – перпендикулярны.


Вторая внутренняя касательная   $DL$   отклонена от внешней касательной   $AS$   на угол   $angle DVT .$

$sin{ angle DVT } = cos{ angle LDP } = cos{ ( 2 angle HDP ) } = cos{ 2 varphi } = \\ = 1 - 2 sin^2{ varphi } = 1 - 2 ( frac{R-r}{OQ} )^2 = 1 - frac{ 2( R - r )^2 }{ 2( R^2 + r^2 ) } = \\ = 1 - frac{ ( R - r )^2 }{ R^2 + r^2 } = frac{ R^2 + r^2 - R^2 + 2Rr - r^2 }{ R^2 + r^2 } = frac{2Rr}{ R^2 + r^2 } ;$

В частности, если радиусы равны,   $sin{ angle DVT } = 1 ,$   что очевидно верно.


О т в е т :  $varphi in { arcsin{ frac{2Rr}{ R^2 + r^2 } } , 90^o } .$

Answer 2

Спасибо ))

Answer 3

Я решил тоже поучаствовать, хотя предыдущее решение дает верный ответ. Все обозначения у меня на рисунке, O1D II EK (то есть O1EKD - прямоугольник).
Легко вычислить по теореме Пифагора (O1O2 = √(2R^2 + 2r^2); O2D = R - r), что O1D = EK = R + r; (ну, r - радиус меньшей окружности, R - большей).
Осталось заметить, что угол, который надо найти ∠EMP1 = ∠P2O2K; - у них стороны перпендикулярны.
(Примечание. Поскольку уравнения "не знают", для какого угла их составляют, по идее должно получиться уравнение, которое даст сразу оба ответа)
Если обозначить искомый угол ∠EMP1 = γ; то ∠EMO1 = ∠MO2K = γ/2;
Очевидные соотношения MK = R*tg(γ/2); EM*tg(γ/2) = r; MK + EM = EK = R + r; дают уравнение для t = tg(γ/2);
(R + r)*t - R*t^2 = r; или t^2 - t*(R + r)/R + r/R = 0;
Решение этого квадратного уравнения можно представить в виде
t = (R + r)/(2R) +- (R - r)/(2R); или t1 = 1; t2 = r/R;
Первый случай соответствует углу γ = 90°; второй можно записать в виде γ = 2*arctg(r/R); это по сути тот же ответ, что и в другом решении.

Я взялся за это, чтобы понять, почему при таком расстоянии между центрами получается прямой угол. По сути тут задача о расстоянии между центрами вписанной и вневписанной окружностей для треугольника. Поэтому это и было интересно. Связь я увидел уже после того, как набрал решение. И это все упростило до предела. Вот во что превращается решение.
Получается, что ПРОЕКЦИЯ O1O2 на EK равна сумме радиусов. Но это сразу означает, что внутренняя касательная ПРОЕКТИРУЕТСЯ на внешнюю касательную в точку.  То есть перпендикулярна ей. Конечно, речь идет об одной из ДВУХ внутренних касательных, к примеру, NM проектируется на нижнюю внешнюю касательную в точку N, а вторая внутренняя касательная, симметричная NM относительно O1O2, проектируется на EM в точку, симметричную N.
Это, по сути, все решение, потому что сразу MK = NP1 = r; (тут разберитесь, MK = NP1, всегда, то есть - в произвольном случае двух не пересекающихся окружностей, а почему?) => EM = R; tg(∠EMO1) = r/R;  это всё!

Answer 4

"MK = NP1 всегда" означает, что для двух произвольных окружностей это верно

Answer 5

Спасибо))

Answer 6

есть еще упрощающий момент, хотя ответ "выглядит иначе"

Answer 7

∠EMN = 90° - 2*∠DO1O2 = 90° - 2arctg((R-r)/(R+r)); это уже ответ фактически

Answer 8

мне больше всего нравится моя форма 2arctg(r/R); можно поупражняться в тригонометрии и доказать, что это один и тот же ответ