Задача №17868

Окружности ${\Omega }_1$ и ${\Omega }_2$ с центрами в точках $O_1$ и $O_2$ касаются внешним образом в точке $A\text{.}$ Общая внешняя касательная к этим окружностям касается ${\Omega }_1$ в точке $B$ и пересекает в точке $C$ общую касательную этих окружностей, проходящую через точку $A\text{.}$ Прямая, делящая угол $AC{O}_1$ пополам, пересекает прямые $O_1{O}_2$ и $B{O}_1$ в точках $L$ и $D$ соответственно. Найдите $L{O}_1\text{,}$ если известно, что $C{O}_2=2\text{,}$ а прямые $C{O}_2$ и $D{O}_2$ перпендикулярны.

Обозначим радиусы $r_1$ и $r_2$ окружностей ${\Omega }_1$ (центр $O_1$) и ${\Omega }_2$ (центр $O_2$). Введём координаты: $O_1=(0,0)\text{,}$ $O_2=(r_1+r_2,0)\text{,}$ точка касания $A=(r_1,0)$ лежит на отрезке $O_1{O}_2\text{.}$

Точка $C$ и ключевые свойства. Общая касательная через $A$ перпендикулярна линии центров, то есть это прямая $x=r_1\text{.}$ Для общей внешней касательной её единичная нормаль есть $n=\left(\frac{r_1-r_2}{r_1+r_2},\frac{2\sqrt{r_1{r}_2}}{r_1+r_2}\right)\text{;}$ она касается ${\Omega }_1$ в точке $B=O_1+r_{1}n$ и задаётся уравнением $n\cdot X=r_1\text{.}$ Пересекая её с прямой $x=r_1\text{,}$ получаем

Так как $CA$ и $CB$ — две касательные из $C$ к ${\Omega }_1\text{,}$ то $CA=CB=\sqrt{r_1{r}_2}\text{;}$ аналогично из $C$ к ${\Omega }_2$ имеем $CA=C{B}^{\prime }\text{.}$ Поэтому $C{O}_1$ — биссектриса угла $ACB\text{,}$ $C{O}_2$ — биссектриса угла $AC{B}^{\prime }\text{,}$ а так как углы $ACB$ и $AC{B}^{\prime }$ смежные, то

Прямой проверкой: $(O_1-C)\cdot (O_2-C)=0\text{.}$ Длины: $C{O}_2=\sqrt{r_2(r_1+r_2)}\text{.}$

Биссектриса угла $AC{O}_1$ и точки $L,D\text{.}$ Пусть $\gamma =\angle AC{O}_1=\angle BC{O}_1$ (так как $C{O}_1$ делит угол $ACB$ пополам). Из прямоугольного треугольника $O_{1}BC$ ($\angle B=90^{\circ }\text{,}$ $O_{1}B=r_1\text{,}$ $CB=\sqrt{r_1{r}_2}$) получаем $\mathrm{tg}\gamma =\frac{r_1}{\sqrt{r_1{r}_2}}=\sqrt{\frac{r_1}{r_2}}\text{.}$ Луч биссектрисы угла $AC{O}_1$ из вершины $C$ пересекает прямую $O_1{O}_2$ в точке $L\text{,}$ а прямую $B{O}_1$ — в точке $D\text{.}$

Условие $C{O}_2\perp D{O}_2\text{.}$ Записав координаты $L,D$ через $r_1,r_2$ и потребовав $(O_2-C)\cdot (O_2-D)=0$ совместно с $C{O}_2=2\text{,}$ получаем систему. Её единственное положительное решение:

При этом

Ответ. $L{O}_1=1\text{.}$

Замечание (ОДЗ/края/посторонние корни): система $\{C{O}_2\perp D{O}_2,C{O}_2=2\}$ для положительных $r_1,r_2$ имеет ровно одно решение, поэтому посторонних корней нет. Альтернативная алгебраическая ветвь $r_2/r_1=1/3\text{,}$ $\gamma =60^{\circ }$ даёт $L{O}_1=2\text{,}$ но она не удовлетворяет условию $C{O}_2\perp D{O}_2$ при $D$ на прямой $B{O}_1$ и в данную конфигурацию не входит. Все точки $A,B,C,O_1,O_2,L,D$ существуют и невырождены при $r_1=5/3,r_2=4/3\text{.}$