Разделы 
Дополнительно
Задача по математике - 4242
2019-07-23 
На отрезке $AC$ взята точка $B$ и на отрезках $AB$, $BC$, $CA$ как на диаметрах построены полуокружности $S_{1}$, $S_{2}$, $S_{3}$ по одну сторону от $AC$. Найдите радиус окружности, касающейся всех трёх полуокружностей, если известно, что её центр удалён от прямой $AC$ на расстояние $a$.
Решение:
Первый способ. Пусть $O_{1}$, $O_{2}$, $O$ - центры данных полуокружностей $S_{1}$, $S_{2}$, $S_{3}$ соответственно (рис.1), $r$ и $R$ - радиусы полуокружностей $S_{1}$ и $S_{2}$, $x$ - радиус искомой окружности, $O_{3}$ - её центр. Тогда радиус полуокружности $S_{3}$ равен $r+R$,
$O_{1}O_{3}=r+x,~OO_{3}=r+R-x,~OO_{1}=R,$
$O_{2}O_{3}=R+x,~OO_{2}=r.$
По формуле Герона
$S_{\Delta OO_{1}O_{3}}=\sqrt{(r+R)(R-x)xr},~S_{\Delta OO_{2}O_{3}}=\sqrt{(r+R)(r-x)xR}.$
Поскольку $S_{\Delta OO_{1}O_{3}}=\frac{aR}{2}$ и $S_{\Delta OO_{2}O_{3}}=\frac{ar}{2}$, то
$(r+R)(R-x)xr-(r+R)(r-x)xR=\frac{a^{2}R^{2}}{4}-\frac{a^{2}r^{2}}{4}.$
Если $r\ne R$, то из полученного уравнения находим, что $x=\frac{a}{2}$.
Пусть теперь $R=r$ (рис.2). Тогда точка $B$ совпадает с $O$. В прямоугольном треугольнике $O_{1}OO_{3}$ известно, что $OO_{1}=r$, $O_{1}O_{3}=r+x$, $OO_{3}=2r-x$. По теореме Пифагора $(2r-x)^{2}+r^{2}=(r+x)^{2}$, откуда $r=\frac{3x}{2}$, а т.к. $OO_{3}=a=2r-x=3x-x=2x$, то $x=\frac{a}{2}$.
Второй способ. Рассмотрим инверсию относительно окружности $\omega$ с центром $A$ радиуса $AC$ (рис.3). При этой инверсии точка $C$ останется на месте, окружность $S_{3}$, проходящая через центр инверсии, перейдёт в прямую $S_{3}'$, проходящую через точку $C$ перпендикулярно $AC$, окружность $S_{1}$, проходящая через центр инверсии, - в прямую $S_{1}'$, параллельную прямой $S_{3}'$, окружность $S_{2}$, не проходящая через центр инверсии, - в окружность $S_{2}'$, касающуюся параллельных прямых $S_{3}'$ и $S_{1}'$, а окружность $S$, касающаяся окружностей $S_{1}$, $S_{2}$ и $S_{3}$, - в окружность $S'$, касающуюся параллельных прямых $S_{3}'$, $S_{1}'$ и окружности $S_{2}'$. Радиус окружности $S'$ равен радиусу окружности $S_{2}'$.
Пусть $E$, $Q$ и $P$ - центры окружностей $S$, $S'$ и $S_{2}'$ соответственно, $M$ - точка касания окружностей $S'$ и $S_{2}'$, $F$ - проекция точки $E$ на прямую $AC$ ($EF=a$), $N$ - точка пересечения отрезка $EF$ с окружностью $S$.
Поскольку окружность $S'$ - образ окружности $S$ при рассматриваемой инверсии, окружности $S'$ и $S$ гомотетичны, причём центр гомотетии совпадает с центром $A$ инверсии. При этой гомотетии луч $EF$ переходит в параллельный ему луч $QP$, луч $AF$ - в себя, точка $F$ - в точку $P$, а радиус $EN$ окружности $S$ - в радиус $QM$ окружности $S'$. Значит, $\frac{EN}{EF}=\frac{QM}{QP}=\frac{1}{2}$. Следовательно, $EN=\frac{1}{2}EF=\frac{a}{2}$.
На отрезке $AC$ взята точка $B$ и на отрезках $AB$, $BC$, $CA$ как на диаметрах построены полуокружности $S_{1}$, $S_{2}$, $S_{3}$ по одну сторону от $AC$. Найдите радиус окружности, касающейся всех трёх полуокружностей, если известно, что её центр удалён от прямой $AC$ на расстояние $a$.
Решение:
Первый способ. Пусть $O_{1}$, $O_{2}$, $O$ - центры данных полуокружностей $S_{1}$, $S_{2}$, $S_{3}$ соответственно (рис.1), $r$ и $R$ - радиусы полуокружностей $S_{1}$ и $S_{2}$, $x$ - радиус искомой окружности, $O_{3}$ - её центр. Тогда радиус полуокружности $S_{3}$ равен $r+R$,
$O_{1}O_{3}=r+x,~OO_{3}=r+R-x,~OO_{1}=R,$
$O_{2}O_{3}=R+x,~OO_{2}=r.$
По формуле Герона
$S_{\Delta OO_{1}O_{3}}=\sqrt{(r+R)(R-x)xr},~S_{\Delta OO_{2}O_{3}}=\sqrt{(r+R)(r-x)xR}.$
Поскольку $S_{\Delta OO_{1}O_{3}}=\frac{aR}{2}$ и $S_{\Delta OO_{2}O_{3}}=\frac{ar}{2}$, то
$(r+R)(R-x)xr-(r+R)(r-x)xR=\frac{a^{2}R^{2}}{4}-\frac{a^{2}r^{2}}{4}.$
Если $r\ne R$, то из полученного уравнения находим, что $x=\frac{a}{2}$.
Пусть теперь $R=r$ (рис.2). Тогда точка $B$ совпадает с $O$. В прямоугольном треугольнике $O_{1}OO_{3}$ известно, что $OO_{1}=r$, $O_{1}O_{3}=r+x$, $OO_{3}=2r-x$. По теореме Пифагора $(2r-x)^{2}+r^{2}=(r+x)^{2}$, откуда $r=\frac{3x}{2}$, а т.к. $OO_{3}=a=2r-x=3x-x=2x$, то $x=\frac{a}{2}$.
Второй способ. Рассмотрим инверсию относительно окружности $\omega$ с центром $A$ радиуса $AC$ (рис.3). При этой инверсии точка $C$ останется на месте, окружность $S_{3}$, проходящая через центр инверсии, перейдёт в прямую $S_{3}'$, проходящую через точку $C$ перпендикулярно $AC$, окружность $S_{1}$, проходящая через центр инверсии, - в прямую $S_{1}'$, параллельную прямой $S_{3}'$, окружность $S_{2}$, не проходящая через центр инверсии, - в окружность $S_{2}'$, касающуюся параллельных прямых $S_{3}'$ и $S_{1}'$, а окружность $S$, касающаяся окружностей $S_{1}$, $S_{2}$ и $S_{3}$, - в окружность $S'$, касающуюся параллельных прямых $S_{3}'$, $S_{1}'$ и окружности $S_{2}'$. Радиус окружности $S'$ равен радиусу окружности $S_{2}'$.
Пусть $E$, $Q$ и $P$ - центры окружностей $S$, $S'$ и $S_{2}'$ соответственно, $M$ - точка касания окружностей $S'$ и $S_{2}'$, $F$ - проекция точки $E$ на прямую $AC$ ($EF=a$), $N$ - точка пересечения отрезка $EF$ с окружностью $S$.
Поскольку окружность $S'$ - образ окружности $S$ при рассматриваемой инверсии, окружности $S'$ и $S$ гомотетичны, причём центр гомотетии совпадает с центром $A$ инверсии. При этой гомотетии луч $EF$ переходит в параллельный ему луч $QP$, луч $AF$ - в себя, точка $F$ - в точку $P$, а радиус $EN$ окружности $S$ - в радиус $QM$ окружности $S'$. Значит, $\frac{EN}{EF}=\frac{QM}{QP}=\frac{1}{2}$. Следовательно, $EN=\frac{1}{2}EF=\frac{a}{2}$.
