Решение а) Первое решение

Так как касательные к окружности $S_2$ в точках $B$ и $C$ параллельны, то $BC$ — ее диаметр, и ∠BFC=90°. Докажем, что и ∠AFB=90°. Проведем через точку $F$ общую касательную к окружностям, пусть она пересекает прямую $l$ в точке $K$. Из равенства отрезков касательных, проведенных к окружности из одной точки, следует, что треугольники $AKF$ и $BKF$ равнобедренные. Следовательно,
∠AFB=∠AFK+∠KFB=∠FAB+∠FBA=180°/2=90°

Решение а) Второе решение

Рассмотрим гомотетию с центром $F$ и коэффициентом, равным $-r_2/r_1$, где $r_1$ и $r_2$ — радиусы окружностей $S_1$ и $S_2$. При этой гомотении $S_1$ переходит в $S_2$, а прямая $l$ — касательная к $S_1$ — переходит в $S_2$. Следовательно, точка $A$ переходит в точку $C$, поэтому точка $F$ лежит на отрезке $AC$.

Решение б)

Ниже мы покажем, что центр окружности $BDE$ находится в точке $A$. Поскольку центр окружности $ABC$ есть середина $AC$ (∠ABC=90°), а ∠BFC=90° (см. первое решение п. а)), отсюда будет следовать, что $BF$ есть перпендикуляр, опущенный из общей точки окружностей $BDE$ и $ABC$ на прямую, соединяющею их центры. А это и значит, что прямая $BF$ содержит их общую хорду.

Итак, нам достаточно доказать, что $AD=AE=AB$. Первое из этих равенств очевидно(ибо касательная к $S_1$ в точке $A$ параллельна $DE$). Пусть $r_1$ и $r_2$ — радиусы $S_1$ и $S_2$. Опуская перпендикуляр $AP$ на $DE$, найдем, что $AP=BC=2r_2$, и по теореме Пифагора для треугольников $APD$ и $O_1PD$, где $O_1$ — центр $S_1$ $PD^2=O_1D^2-O_1P^2=r_1^2-(2r_2-r_1)^2=4r_1r_2-4r_2^2$ $AD^2=AP^2+PD^2=4r_1r_2$

Но легко найти, что общая касательная $AB$ окружностей $S_1$ и $S_2$ равна $2\sqrt{r_1r_2}$.