а)  Назовем центры окружностей $O_1$ и $O_2$ точки касания с внешней касательной K и N соответственно, точки касания с внутренними  — за L, $L_1$ M, $M_1$ точку пересечения внутренних касательных и линии центров за $T$ (см. рис.). Очевидно, $O_1KNO_2$   — прямоугольная трапеция. Опустим из середины $O_1O_2$ перпендикуляр на KN  — это будет средняя линия, поэтому для отрезка KN это будет серединный перпендикуляр. Осталось доказать, что $KA=NB$ тогда и для отрезка AB это будет серединный перпендикуляр.
Для этого воспользуемся следующим фактом: отрезки касательных к окружности, проведенных из одной точки, равны. Значит, $AM_1=AN$ $BL_1=BK$ $L_1M=LM_1$ (по два отрезка из точки T). Тогда:

$AK=BK - BA=BL_1 - BA=BM + ML_1 - BA=$
$=BN + LM_1 - BA=BN + AM_1 - AL - BA=$
$=BN + AN - AL - BA=BN + AN - BA - AK=BN + BN - AK$

Итак, $AK=2BN - AK$ откуда $AK=BN$
[рис.]
б)  Поскольку $O_1T:TO_2=3:6$ находим $O_1T=5$ $TO_2=10$ Тогда, по теореме Пифагора, $LT= $\sqrt{аргумента: 5 ^2 - 3 ^2}$ аргумента =4$ аналогично, $MT=8$ Тогда $L_1M=12$ Но:

$L_1M=L_1B - BM=BK - BN=BA + AK - BN=BA$

Поэтому $BA=12$

Ответ: б) 12.