Тип 17 № 13171

а)

Проведем общую касательную к окружностям через точку $K$.

По теореме об угле между касательной и хордой. $$\angle PKN = \angle BAK$$ Аналогично $$\angle PKN = \angle KMN$$ Тогда $\angle BAK = \angle NMK$, следовательно, хорды $AB$ и $MN$ параллельны, при соответственных $\angle BAK$ и $\angle NMK$ и секущей $MK$.

Следовательно, треугольники $LAK$ и $CMK$ подобны и треугольники $LBK$ и $CNK$ подобны. Таким образом $$\frac{AL}{MC} = \frac{LK}{CK} = \frac{LB}{CN}$$ Откуда получим, что $$\frac{CN}{CM} = \frac{LB}{LA}.$$

б) Пусть точка $O$ — центр большей окружности, а $O_1$ — центр меньшей.

Пусть точка $H$ — середина хорды $MN$. Треугольник $MON$ равнобедренный ($OM=ON$, как радиусы), а значит, $OH \perp MN$

$AB \parallel MN, \; \dfrac{LB}{LA} =\dfrac{2}{3}$. Тогда по теореме о пропорциональных отрезках $$\dfrac{CN}{CM}=\dfrac{LB}{LA} =\dfrac{2}{3}$$ Пусть $CN = 4x$, тогда $CM = 6x$, а $CH = x$.

$O_1C \perp MN$, как радиус проведенный в точку касания. В прямоугольном $OHM$ по теореме Пифагора: $$OH = \sqrt{OM^2 - MH^2} = \sqrt{92 - 25x^2}.$$

Из точки $O$ опустим перпендикуляр $OR$ на $CO_1$. Тогда по теореме Пифагора в прямоугольном $\Delta ROO_1$: $$OR^2 = OO_1^2 - RO_1^2 = CH^2$$ откуда получаем уравнение: $$x^2 = (\sqrt{23})^2 - (\sqrt{23} - \sqrt{92 - 25x^2})^2$$ $$x^2 = 23 - 23 + 2 \cdot \sqrt{23} \cdot \sqrt{92 - 25x^2} - 92 + 25x^2$$ $$-24x^2 + 92 = 2\sqrt{23} \cdot \sqrt{92 - 25x^2}$$ $$23(92 - 25x^2) = (46 - 12x^2)^2$$ $$(46 - 12x^2)^2$$ $$144x^4 - 1104x^2 + 2116 = 2116 - 575x^2$$ $$144x^2 = 529$$ $$x = \dfrac{23}{12}$$

Таким образом $$MN = 10x = \frac{230}{12} = \dfrac{115}{6}.$$

Ответ: $\; \dfrac{115}{6}$.