Жаль, сканер недоступен Итак, прямая, проходящая через центры, является осью симметрии. Продолжим ее до пересячения с внешними касательтными, точку пересячения обозначим С; Центр малой окружности О1, большой О2. «Верхняя» (ну, та, что на чертеже выше, ось пусть горизонтальная) внешняя касательная касается малой окружности в точке M, большой — в точке N; Из центров окружностей в эти точки проводим радиусы, они, само собой, перпендикулярны этой касательной АN. Обозначим Р точку пересечения оси с малой окружностью (вторую, первая, дальняя от С, по условию обозначена О), длинна СP=x; Кроме того, через точку M проводим до пересячения с О2N прямую, параллельную оси. Точку пересечения обозначим К. Угол между осью и внешней касательной обозначим ФЕсли вы нарисуете чертеж, то дальше все соотношения очевидны.KM=O1O2=R+r; KN=R-r; MN=корень (KM^2 — KN^2)=2*корень (R*r) KN/KM=cos Ф=MO1/CO1=r/ (x+r) R-r) / (R+r)=r/ (x+r); x=2*r^2/ (R-r); Осталось заметить, что тр-к СОА подобен тр-ку СО1M и, само собой, CO2N и MNK; AO/CO=tg Ф; CO=x+2*r; На самом деле, задача уже решена, АВ=2*АО, осталось только все сосчитать.AO=(2*r+2*r^2/ (R-r)*(R-r) / (2*корень (R*r)=корень (R*r); Столь сильное упрощение требует геометрического объяснения, но я его пока не нашел. Получается, что искомое расстояние равно расстоянию между точками касания окружностей одной касательной (то есть АВ=MN). Ответ АВ=2*корень (R*r)=2*корень (15); АА! Нашел элементарное решение! Пусть точки касания второй внешней касательной N1 и M1. Рассмотрим трапецию NMM1N1. Все отрезки, соединяющие О с вершинами этой трапеции, являются биссектрисами углов (Это следует из равенства дуг, к примеру дуга ON=дуга ON1, поэтому угол ONM=угол ONN1, то есть ОN — биссектриса). В трапеции все биссетрисы пересекаются в точке О, поэтому в нее МОЖНО вписать окружность, поэтому суммы противоположных сторон равны, а АВ — средняя линяя в этой трапеции, поэтому она равна боковой строне этой (равнобедренной) трапеции, то есть АВ=MN МN находится элементарно из прямоугольного тр-ка MNK. ВСЕ
