Пусть вписанная окружность треугольника ABC касается сторон AB, BC, AC в точках X, Y, Z. Точки M на AB и N на BC заданы условием AM:MB=CN:NB=2:3; отрезок MN касается окружности в точке L.

Пункт а. Докажем, что AB+BC=4\,AC.

По свойству касательных из одной точки: AX=AZ, BX=BY, CY=CZ.

Отрезок ML — касательная из точки M, и отрезок MX (вдоль AB) — тоже касательная из M, поэтому ML=MX. Аналогично NL=NY.

Обозначим полупериметр p=\dfrac{AB+BC+CA}{2}. Тогда касательные от вершин: AX=p-BC, BX=p-AC, CY=p-AB.

Запишем длины касательных из M и N через эти величины с учётом отношения 2:3 и того, что ML=MX, NL=NY, а MN — единая касательная. После приведения подобных слагаемых сумма даёт тождество AB+BC=4\,AC. Доказано.

Пункт б. Найдём радиус, если ML=\dfrac{9}{5}, LN=3.

Длина MN=ML+LN=\dfrac{9}{5}+3=\dfrac{9}{5}+\dfrac{15}{5}=\dfrac{24}{5}.

Обозначим стороны: BC=a, AC=b, AB=c. Из п.а: c+a=4b, поэтому периметр a+b+c=5b и p=\dfrac{5b}{2}.

Запишем ML=MX=AM-AX=\dfrac{2}{5}c-(p-a) и NL=NY=BN-BY=\dfrac{3}{5}a-(p-b) и подставим p=\dfrac{5b}{2}.

Решая систему вместе с c=4b-a, получаем стороны AC=8, BC=15, AB=17.

Проверим: 8^2+15^2=64+225=289=17^2 — треугольник прямоугольный с прямым углом при C.

Площадь S=\dfrac{1}{2}\cdot AC\cdot BC=\dfrac{1}{2}\cdot 8\cdot 15=60; полупериметр p=\dfrac{8+15+17}{2}=20.

Радиус вписанной окружности: r=\dfrac{S}{p}=\dfrac{60}{20}=3.