Проверить решение?
Покажи своё решение — проверю и покажу, где ошибка
Потренируйся на похожих — ИИ проверит твои решения
2
Геометрия
ДВИ МГУ
Окружности Ω1 и Ω2 с центрами в точках O1 и O2 касаются внешним образом в точке A. Общая внешняя касательная к этим окружностям касается Ω1 в точке B и пересекает в точке C общую касательную этих окружностей, проходящую через точку A. Прямая, делящая угол ACO1 пополам, пересекает прямые O1O2 и BO1 в точках L и D соответственно. Найдите CO2, если известно, что LO1=2, а прямые CO2 и DO2 перпендикулярны.
Введём координаты: общую внешнюю касательную примем за ось Ox. Тогда Ω1 касается её в точке B, и O1=(0,r1), B=(0,0); вторая окружность касается этой касательной в точке B2, O2=(d,r2), B2=(d,0), где r1,r2 — радиусы.
Так как окружности касаются внешним образом, O1O2=r1+r2. Из (d−0)2+(r2−r1)2=(r1+r2)2 получаем d2=4r1r2, то есть d=2r1r2.
Точка касания окружностей: A=O1+r1+r2r1(O2−O1). Общая касательная в точке A перпендикулярна O1O2; её пересечение с осью Ox даёт C=(r1r2,0) — середину отрезка BB2. При этом CB=CA=CB2=r1r2 (равные касательные из точки C).
Биссектриса угла ∠ACO1 (с вершиной в C) имеет направление ∣A−C∣A−C+∣O1−C∣O1−C. Пересекая прямую O1O2, она даёт L; пересекая прямую BO1 (это прямая x=0), даёт D.
Запишем условие перпендикулярности CO2⊥DO2, то есть CO2⋅DO2=0. Положив r1=1, r2=k, это условие приводится к уравнению
3k2+2k−14k4+6k3−2k−(k5/2+k3/2)(k+1)3=0,единственный допустимый положительный корень которого k=r1r2=54.
(Формальный корень k=31 посторонний: при нём биссектриса угла ∠ACO1 параллельна прямой BO1, и точка D не существует — конфигурация из условия не реализуется.)
При r2/r1=4/5 прямой подстановкой (например r1=5, r2=4) получаем точные значения L,D,O2: CO2⋅DO2=0 выполнено строго, а отношение
LO1CO2=2не зависит от масштаба фигуры. Следовательно, при LO1=2 имеем CO2=2⋅2=4.