Пусть точка $M$ внутри треугольника $ABC$ такова, что все углы из условия задачи больше $\displaystyle \frac{\pi}6$. Тогда она лежит в треугольнике $AED$ (см. рис. $1$).

Следовательно, достаточно доказать, что $\angle ECA \leqslant$ $\displaystyle \frac{\pi}6$.

Рассмотрим конфигурацию рисунка $2$, где $r_1=1$, $\angle BO_2M =$ $\displaystyle \frac{\pi}{3}$. Точка $A$ лежит на прямой $l$ в круге с центром $O_2$, точка $M$ — в треугольнике $ABC$. Покажем, что при этих условиях отрезки $BM$ и $O_1O_2$ имеют общую точку.

Пусть это не так (см. рис. $3$).

На рисунке $3$ прямая $MD$ — касательная к окружности с центром $O_1$.

Имеем: $O_1C \perp l$, треугольник $O_1CM$ правильный, отрезки $BM$ и $O_1C$ пересекаются. Так как угол $BMm$ равен $\displaystyle \frac{\pi}6$, то прямая $m$, являющаяся касательной к окружности с центром $O_2$, пересекается с $l$ в точке луча $DC$
$($либо $m \parallel l)$. Следовательно, и точка $A$ может лежать лишь на этом луче; значит, точка $M$ лежит вне треугольника $ABC$.

Получили: $O_1O_2 \cap BM \not= \varnothing$.

Для решения задачи достаточно доказать, что $r_2 \leqslant d(O_2, l)$.(Здесь
$d(O_2, l)$ — расстояние от точки $O_2$ до прямой $l$.) Пусть $d(O_2, l) \geqslant d(O_1, l)$. Имеем:

$$r_2 = 2 \sin \alpha, d(O_2, l) = 1 + (\cos \alpha + \frac{\sqrt{3}}2 \cdot 2 \sin \alpha) \cos \left(\frac{2\pi}3 {-} \alpha \right) = \\ = \frac 12 + 2 \sin^2 \alpha \geqslant 2 \sin \alpha = r_2.$$