Задача 4. Окружности, касающиеся прямых и окружности

Две биссектрисы

Центр окружности, касающейся прямых $AB$ и $AC$, находится на одинаковом расстоянии от этих прямых, то есть лежит на одной из двух биссектрис углов между ними: на биссектрисе угла $A$ (окружность внутри угла $A$ или в вертикальном ему углу) или на внешней биссектрисе (окружность в смежном угле — касается продолжения одной из сторон за точку $A$). Эти две прямые перпендикулярны.

Обозначим $r$ и $I$ — радиус и центр $\Omega$, $\varphi = \dfrac{A}{2}$, $\rho$ — радиус искомой окружности, $O$ — её центр. Для треугольника $13, 14, 15$: $p = 21$, $S = \sqrt{21 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6} = 84$, $r = \dfrac{S}{p} = 4$; $\cos A = \dfrac{14^2 + 15^2 - 13^2}{2 \cdot 14 \cdot 15} = \dfrac35$, $\sin\varphi = \sqrt{\dfrac{1 - \cos A}{2}} = \dfrac{1}{\sqrt5}$, $\cos\varphi = \dfrac{2}{\sqrt5}$.

Центр на биссектрисе угла A

Центр на расстоянии $AO$ от вершины, радиус — катет против угла $\varphi$: $AO = \dfrac{\rho}{\sin\varphi}$, так же $AI = \dfrac{r}{\sin\varphi}$. Центры лежат на одном луче, $OI = \dfrac{|\rho - r|}{\sin\varphi}$. Внутреннее касание ($OI = |\rho - r|$) возможно только при $\rho = r$ — это сама $\Omega$. Внешнее касание $OI = \rho + r$ даёт

(окружность за $\Omega$) или $\rho = r\cdot\dfrac{1 - \sin\varphi}{1 + \sin\varphi} = 6 - 2\sqrt5$ (между $A$ и $\Omega$). В вертикальном углу (центр за точкой $A$) $OI = AO + AI > \rho + r$ — касания нет.

Центр на внешней биссектрисе

Теперь $O$ лежит на внешней биссектрисе угла $A$. Биссектрисы смежных углов перпендикулярны, поэтому $\angle OAI = 90^\circ$ (рисунок). Внешняя биссектриса состоит из двух лучей; возьмём луч, на котором $\omega$ лежит по другую сторону от прямой $AB$, чем $\Omega$ (как на рисунке). Для второго луча всё то же самое с прямой $AC$ вместо $AB$ — и ответ тот же, потому что отрезки касательных из $A$ к $\Omega$ на $AB$ и на $AC$ равны.

Пусть $T$ — точка касания $\Omega$ с прямой $AB$, а $T_1$ — точка касания $\omega$ с $AB$; тогда $IT = r$, $OT_1 = \rho$, и оба радиуса перпендикулярны $AB$. Центры лежат по разные стороны от $AB$, поэтому «поперёк» прямой $AB$ они удалены друг от друга на $\rho + r$, а «вдоль» неё — на $TT_1$. По теореме Пифагора

Значит, касание $OI = \rho + r$ бывает ровно тогда, когда $T_1 = T$: окружность $\omega$ касается прямой $AB$ в той же точке $T$, что и $\Omega$. Внутреннего касания нет вовсе: для него нужно $OI = |\rho - r| < \rho + r \leqslant OI$.

При $T_1 = T$ точки $O$, $T$, $I$ лежат на одном перпендикуляре к $AB$, то есть $AT \perp OI$ — это высота прямоугольного треугольника $OAI$, проведённая к гипотенузе. Квадрат высоты равен произведению отрезков гипотенузы:

Осталось найти $AT$ — отрезок касательной из $A$ к $\Omega$. Отрезки касательных из одной вершины равны, поэтому $AT = \dfrac{AB + CA - BC}{2} = \dfrac{15 + 14 - 13}{2} = 8$ (это $p - a$). Отсюда

Такая окружность действительно есть и она одна: перпендикуляр к $AB$ в точке $T$ пересекает внешнюю биссектрису в единственной точке $O$, и окружность с центром $O$ радиуса $OT$ касается обеих прямых и $\Omega$.

Дополнительная проверка алгеброй. Пусть $AO = d$. Угол между внешней биссектрисой и прямой $AB$ равен $90^\circ - \varphi$, поэтому $\rho = d\cos\varphi$; по теореме Пифагора $OI^2 = d^2 + \dfrac{r^2}{\sin^2\varphi}$. Условие $OI = \rho + r$ (обе части возведены в квадрат):

Это равносильно равенству

решение одно: $d = \dfrac{r\cos\varphi}{\sin^2\varphi}$, $\rho = r\,\mathrm{ctg}^2\varphi = \dfrac{(p - a)^2}{r} = 16$ — то же самое, ведь $\mathrm{ctg}\,\varphi = \dfrac{AT}{r}$. Условие внутреннего касания дало бы $\bigl(d\sin\varphi + \frac{r\cos\varphi}{\sin\varphi}\bigr)^2 = 0$ — невозможно.

Сравнение и ответ

$16 > 6 + 2\sqrt5 \approx 10{,}472$, поэтому наибольший радиус равен $16$ (с тремя знаками — $16{,}000$).

Замечание: так бывает не всегда. Сравним два радиуса в общем виде:

При $A > 60^\circ$ больше окружность внутри угла (в модели — пример с углом $A \approx 89^\circ$). Во всех четырёх версиях $A < 60^\circ$.