а)  Оче­вид­но, цен­тры обеих окруж­но­стей лежат на бис­сек­три­се угла. Обо­зна­чим вер­ши­ну угла за C, точки ка­са­ния пер­вой окруж­но­сти со сто­ро­на­ми угла  — за A и B, вто­рой  — за и ра­ди­у­сы окруж­но­стей  — за r и R. Тогда по­это­му Ана­ло­гич­но от­ку­да то есть что и тре­бо­ва­лось до­ка­зать.

б)  Из преды­ду­ще­го пунк­та сле­ду­ет, что По тео­ре­ме ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке KOO₁ имеем:

По­сколь­ку KO, OT, O₁K, O₁T  — ра­ди­у­сы, сле­до­ва­тель­но, KO  =  OT, O₁K  =  O₁T. Тогда KOTO₁  — дель­то­ид. Зна­чит, OO₁ ⊥ TK. Зна­чит, тре­уголь­ник KMO₁  — пря­мо­уголь­ный. Тогда По­сколь­ку MOT пря­мо­уголь­ный, то OM  — вы­со­та и ме­ди­а­на в тре­уголь­ни­ке KO₁T. Таким об­ра­зом, KT  =  2KM  =  

Ответ:

Ре­ше­ние п. б) при­слан­ное Ми­ха­и­лом Ро­маш­кой:

Рас­смот­рим впи­сан­ный угол OTD, опи­ра­ю­щий­ся на диа­метр OD боль­шей окруж­но­сти. Угол OTD пря­мой, по­это­му из тре­уголь­ни­ка OTD по тео­ре­ме Пи­фа­го­ра имеем: где r  — ра­ди­ус мень­шей окруж­но­сти. Вы­со­та про­ведённая к ги­по­те­ну­зе этого тре­уголь­ни­ка Общая хорда пер­пен­ди­ку­ляр­на линии цен­тров и де­лит­ся этой ли­ни­ей по­по­лам, по­это­му

а)  Пусть AO  =  l, O₁O  =  R. За­ме­тим, что O и O₁ лежат на пря­мой O₁A, так как впи­са­ны в один и тот же угол, сле­до­ва­тель­но, O₁ и O лежат на бис­сек­три­се. По­сколь­ку O₁A  — бис­сек­три­са, ∠O₁AC  =  30°. По­сколь­ку AC ка­са­ет­ся окруж­но­сти, AC ⊥ O₁C и AB ⊥ OB. Тогда тре­уголь­ни­ки O₁CA и OBA  — пря­мо­уголь­ные. По­это­му и Имеем

б)  Из преды­ду­ще­го пунк­та сле­ду­ет, что По тео­ре­ме ко­си­ну­сов в тре­уголь­ни­ке KOO₁ имеем:

По­сколь­ку KO, OT, O₁K, O₁T  — ра­ди­у­сы, сле­до­ва­тель­но, KO  =  OT, O₁K  =  O₁T. Тогда KOTO₁  — дель­то­ид. Зна­чит, OO₁ ⊥ TK. Зна­чит, тре­уголь­ник KMO₁  — пря­мо­уголь­ный. Тогда По­сколь­ку тре­уголь­ник MOT  — пря­мо­уголь­ный, то OM  — вы­со­та и ме­ди­а­на в тре­уголь­ни­ке KO₁T. Таким об­ра­зом, KT  =  2KM  =  15.

Ответ: б) 15.