(1) 示すべきなのは $OH=OS$.
$\triangle ZDG$ と $\triangle ZHS$ で
$DG:HS=ZD:ZH$.
$\triangle ZDC$ と $\triangle ZHO$ で
$DC:HO=ZD:ZH$.
$\angle CDG=\angle OHS$.
三点 S, O, H が同一直線上にあるときはつまり $SH\perp ZX$ なので $DG\perp ZX$ でもある。
その時は DG が直径だから, $DG=2DC$ である。
(2) $IJ$ は $O_1O_2$ を斜辺とし, 半径の差をその一辺とする直角三角形のもう一辺の長さになるので
$IJ = \ds{\sqrt{8^2-2^2\ }}=2\ds{\sqrt{4^2-1^2\ }}=2\sqrt{15\ }$.
上で考えた直角三角形と $\triangle ZO_1J$ が相似であることから $ZO_1 = 20$.
同様に $ZO_2 = 12$ が分かる。
そうすると $ZS = 15$ であることから $LS = \ds{15\over\sqrt{15\ }} = \sqrt{15\ }$.
方
$LM\cdot LK = LS^2 = 15$.
又
$ZI =\ds{3\over2}\times2\sqrt{15\ }=3\sqrt{15\ }$.
上に述べたように $ZO_1 = 20$ で $O_1K=5$ なのだから
$ZK = ZJ=ZI+IJ=5\sqrt{15\ }$.
$l$ が $\angle XZY$ の二等分線なので
$\ds{LN\over\ NK\ }=\ds{ZL\over\ ZK\ }=\ds{\ \ \ds{15\times4\over\sqrt{15\ }}\ \
\over5\sqrt{15\ }} = \ds{4\over\ 5\ }$.
従って,
$\triangle ZKP$ に着目して.
$ZP = \ds{\ \sqrt{15\ }\ \over4}ZK =
\ds{5\times15\over4}$.
よって $SP = ZP - ZS = \ds{5\times15\over4} - 15 =\ds{15\over4}$.
だから $\triangle LSN$ と $\triangle KPN$ に着目して
$SN = SP\times\ds{LN\over LK} = \ds{15\over4}\times\ds{4\over9}=\ds{\ 5\
\over3}$.
結構難しい。 矢鱈直角三角形を使わないと出ない。 図もここに描いてあるよりも沢山書いた方がいい。