а) Пусть \(OM = r,\) \({O_1}N = R.\) а H – проекция точки O на радиус O1N. Тогда четырёхугольник \(OMNH\) – прямоугольник. Следовательно, \(NH = OM = r,\) \({O_1}H = R-r.\)
Центры окружностей O и O1 лежат на биссектрисе угла, в который они вписаны. Следовательно, точки A, O и O1 лежат на одной прямой и \(\angle {O_1}AN = \dfrac{{{{60}^ \circ }}}{2} = {30^ \circ }.\) Тогда \(\angle A{O_1}N = {60^ \circ }.\)
По определению косинуса из треугольника O1OH:
\(\cos \angle O{O_1}H = \dfrac{{{O_1}H}}{{O{O_1}}}\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,\cos {60^ \circ } = \dfrac{{R-r}}{R}\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,\dfrac{1}{2} = \dfrac{{R-r}}{R}\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,R = 2r.\)
Что и требовалось доказать.
б) По условию \(r = 2\sqrt 3 .\) Тогда \(R = 4\sqrt 3 .\) Пусть L – проекция точки O1 на радиус OT. Треугольник TOO1 равнобедренный (\({O_1}T = {O_1}O\) как радиусы). Тогда O1L является медианой и \(TL = \dfrac{{TO}}{2} = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 .\)
Тогда из треугольника O1TL по теореме Пифагора:
\({O_1}{L^2} + T{L^2} = {O_1}{T^2}\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,{O_1}L = \sqrt {{{\left( {4\sqrt 3 } \right)}^2}-{{\left( {\sqrt 3 } \right)}^2}} = 3\sqrt 5 .\)
Площадь треугольника O1TO с одной стороны равна: \({S_{{O_1}TL}} = \dfrac{1}{2} \cdot TO \cdot {O_1}L,\) а с другой стороны \({S_{{O_1}TL}} = \dfrac{1}{2} \cdot {O_1}O \cdot TS.\)
Тогда:
\(\dfrac{1}{2} \cdot TO \cdot {O_1}L = \dfrac{1}{2} \cdot O{O_1} \cdot TS\,\,\,\,\,\,\, \Leftrightarrow \,\,\,\,\,\,\,TS = \dfrac{{TO \cdot {O_1}L}}{{O{O_1}}} = \dfrac{{2\sqrt 3 \cdot 3\sqrt 5 }}{{4\sqrt 3 }} = \dfrac{{3\sqrt 5 }}{2}.\)
Значит, \(TP = 2 \cdot TS = 3\sqrt 5 .\)
Ответ: \(3\sqrt 5 \).