II OM - II etap

II etap II Olimpiady Matematycznej

II OM - II - Zadanie 1

Zawody matematyczne:

II OM, 1950-1951

Etap:

W trójkącie prostokątnym $ABC$ z wierzchołka kąta prostego $C$ poprowadzono wysokość $CD$ i w każdy z trójkątów $ABC$ , $ACD$ i $BCD$ wpisano okrąg. Wykazać, że suma promieni tych okręgów równa się wysokości $CD$ .

Rozwiązanie

Przyjmujemy oznaczenia wskazane na rysunku 52 a; promienie kół wpisanych w trójkąty $ABC$ , $BCD$ , $CAD$ oznaczmy odpowiednio przez $r$ , $r_1$ , $r_2$ .

Ponieważ trójkąty prostokątne $ABC$ , $CBD$ , $ACD$ są podobne, to promienie kół wpisanych w te trójkąty prostokątne są proporcjonalne do ich przeciwprostokątnych:

$ r_1 \colon r_2 \colon r = a \colon b \colon c. $

Stąd

$ \frac{r_1 + r_2 + r}{a + b + c} = \frac{r}{c} \textrm{ i } r_1 + r_2 + r = \frac{(a + b + c)r}{c}. $

Iloczyn obwodu trójkąta przez promień koła wpisanego w trójkąt równa się podwojonemu polu trójkąta, a więc

$ (a + b + c) r = ch. $

Podstawienie do poprzedniego wzoru daje

$ r_1 + r_2 + r = h, $

czego właśnie należało dowieść.

Uwaga. Poprowadźmy prostopadłe $LL_1$ i $KK_1$ do prostej $AB$ . Ponieważ

$ L_1D = LP = r_1, $

więc aby wyznaczyć środek $O_1$ koła wpisanego w trójkąt $ADC$ , odmierzamy na prostej $L_1L$ odcinek $L_1O_1$ równy $r_1$ .

Biorąc pod uwagę, że $L_1M = LQ = r_2$ , widzimy, że trójkąt $MO_1L_1$ jest przystający do trójkąta $CLP$ , wobec czego $MO_1 = r$ .

Podobnie środek $O_2$ koła wpisanego w trójkąt $BDC$ leży na prostej $K_1K$ , przy czym $MO_2 = r$ .

Trzy środki $O_1$ , $O_2$ , $O$ kół wpisanych w trójkąty $ADC$ , $BDC$ , $ABC$ leżą więc na okręgu o środku $M$ .

II OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

II OM, 1950-1951

Etap:

W trójkącie $ABC$ na bokach $BC$ , $CA$ , $AB$ obrano odpowiednio punkty $D$ , $E$ , $F$ w taki sposób, że

$ BD \colon DC = CE \colon EA = AF \colon FB = k, $

gdzie $k$ jest daną liczbą dodatnią. Mając dane pole $S$ trójkąta $ABC$ obliczyć pole trójkąta $DEF$ .

Rozwiązanie

Posługując się symbolem $\triangle$ na oznaczenie pola trójkąta mamy (rys. 54):

$ (1) \qquad \triangle DEF = S - (\triangle AFE + \triangle BDF + \triangle CED), $

gdzie $S = \triangle ABC$ .

Otóż

$\triangle AFE = \frac{1}{2} AF \cdot AE \cdot \sin A,$

$AF = \frac{k}{k+1} \cdot AB,$

$AE = \frac{1}{k+1} \cdot AC,$

więc

$ \triangle AFE = \frac{k}{k+1} \cdot \frac{1}{2} AB \cdot AC \cdot \sin A, $

a ponieważ $\frac{1}{2} AB \cdot AC \cdot \sin A = S$ , przeto

$ (2) \qquad \triangle AFE = \frac{k}{(k+1)^2} \cdot S. $

Tak samo

$ (3) \qquad \triangle BDF = \frac{k}{(k+1)^2} \cdot S,\ \triangle CED = \frac{k}{(k+1)^2} \cdot S. $

Zatem według wzoru (1) mamy

$ (4) \qquad \triangle DEF = S - \frac{3k}{(k+1)^2} \cdot S = \frac{k^2 - k + 1}{(k+1)^2} \cdot S. $

Uwaga. Rozumowanie powyższe można by nieco skrócić stosując twierdzenie, że pola trójkątów mających wspólny kąt mają się do siebie jak iloczyny boków zawierających ten kąt. Otrzymujemy od razu:

$ \frac{\triangle AFE}{S} = \frac{AE \cdot AF}{AC \cdot AB} = \frac{1}{k+1} \cdot \frac{k}{k+1} = \frac{k}{(k+1)^2}, $

tj. wzór (2).

II OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

II OM, 1950-1951

Etap:

Dowieść, że równanie

$ \frac{m^2}{a-x} + \frac{n^2}{b-x} = 1, $

gdzie $m \ne 0$ , $n \ne 0$ , $a \ne b$ , ma pierwiastki rzeczywiste ( $m$ , $n$ , $a$ , $b$ oznaczają liczby rzeczywiste).

Rozwiązanie

Przepiszmy dane równanie w postaci

$ (1) \qquad \frac{m^2}{a-x} + \frac{n^2}{b-x} - 1 = 0. $

Zakładając, że $x \ne a$ i $x \ne b$ , pomnóżmy dane równanie przez $(a - x) (b - x)$ ; otrzymamy wówczas równanie

$ (2) \qquad m^2 (b - x) + n^2 (a - x) - (a - x) (b - x) = 0. $

Równania (1) i (2) są równoważne, tzn. są spełnione przez te same wartości $x$ . Dla wartości $x$ różnych od $a$ i od $b$ wynika to z faktu, że lewa strona równania (2) jest iloczynem lewej strony równania (2) przez różną od zera liczbę $(a - x) (b - x)$ .

Liczby zaś $a$ i $b$ nie spełniają żadnego z tych równań: kiedy bowiem $x = a$ lub $x = b$ , wówczas lewa strona równania (1) traci sens, a lewa strona równania (2) przybiera wartość $m^2 (b - a)$ lub wartość $n^2 (a - b)$ , obie różne od zera wobec założenia, że $m \ne 0$ , $n \ne 0$ , $a \ne b$ .

Możemy więc w dalszych rozważaniach zastąpić równanie (1) równaniem (2).

Lewa strona równania (2) jest funkcją kwadratową zmiennej $x$ :

$ \varphi (x) = m^2 (b - x) + n^2 (a - x) - (a - x) (b - x). $

Funkcja $\varphi (x)$ przybiera dla $x = a$ i $x=b$ odpowiednio wartości:

$ \varphi (a) = m^2 (b - a) \textrm{ i } \varphi (b) = n^2 (a - b). $

Wartości te są przeciwnych znaków; wynika z tego, że funkcja $\varphi(x)$ , a więc i równanie (2) ma jeden pierwiastek rzeczywisty leżący między liczbami $a$ i $b$ oraz drugi pierwiastek rzeczywisty leżący zewnątrz tego przedziału.

Uwaga. Czytelnikom, którzy mają wiadomości z geometrii analitycznej, wyjaśnimy związek, jaki zachodzi między powyższym zadaniem a pewnymi własnościami krzywych stopnia drugiego.

W tym celu napiszemy równanie (1) przy użyciu innych liter:

$ \frac{x^2}{a - \lambda} + \frac{y^2}{b - \lambda} - 1 = 0 $

Niech $x$ i $y$ oznaczają współrzędne prostokątne punktu na płaszczyźnie, $a$ i $b$ - dwie liczby nierówne, $\lambda$ - zmienny parametr.

Rozważmy, jakie krzywe przedstawia równanie (I) przy różnych wartościach parametru $\lambda$ . Przyjmiemy, że $a > b$ (gdy $a < b$ , rozważania są analogiczne).

1° Jeżeli $\lambda < b$ , to $a - \lambda> 0$ i $b - \lambda > 0$ . Równanie (I) jest wówczas równaniem osiowym elipsy o półosiach $\sqrt{a - \lambda}$ i $\sqrt{b - \lambda}$ .

2° Jeżeli $b < \lambda < a$ , to $a - \lambda > 0$ , $b - \lambda < 0$ . Równanie (I) jest wówczas równaniem osiowym hiperboli o półosi rzeczywistej $\sqrt{a - \lambda}$ i półosi urojonej $\sqrt{\lambda - b}$ .

3° Jeżeli $\lambda > a$ , równanie (I) nie jest spełnione przez żadne, rzeczywiste wartości $x$ i $y$ ; mówimy wówczas, że równanie to przedstawia krzywą urojoną.

W dalszym ciągu będziemy brali pod uwagę tylko wartości $\lambda < a$ .

Krzywe przedstawione równaniem (I) mają ciekawą własność: wszystkie te krzywe mają te same ogniska. Istotnie, połowa odległości między ogniskami, którą oznaczymy przez $c$ , równa się dla elipsy pierwiastkowi kwadratowemu z różnicy kwadratów półosi, a dla hiperboli - pierwiastkowi kwadratowemu z sumy kwadratów półosi. W przypadku 1° mamy więc

$ c = \sqrt{(a - \lambda) - (b - \lambda)} = \sqrt{a - b}, $

a w przypadku 2° mamy też

$ c = \sqrt{(a - \lambda) + (\lambda - b)} = \sqrt{a - b}, $

co oznacza, że $c$ ma wartość stałą, niezależną od $\lambda$ .

Mówimy, że równanie (I) przy zmiennym parametrze $\lambda$ przedstawia rodzinę stożkowych współogniskowych.

Nadajmy współrzędnym $x$ i $y$ określone wartości liczbowe różne od zera i uważajmy równanie (I) za równanie o niewiadomej $\lambda$ . Ponieważ $a \ne b$ , spełnione są założenia zadania nr 30 i wiemy z rozwiązania tego zadania, że równanie (I) ma wtedy dwa różne pierwiastki rzeczywiste $\lambda_1$ i $\lambda_2$ .

Otrzymujemy zatem następujące twierdzenie jako interpretację geometryczną twierdzenia algebraicznego z zadania nr 30:

Przez każdy punkt płaszczyzny nie leżący na osi $x$ ani na osi $y$ przechodzą dwie krzywe z rodziny (I) stożkowych współogniskowych.

Nie trudno sig przekonać, że jedna z tych krzywych jest elipsą, a druga hiperbolą.

W samej rzeczy, jeśli równanie (I) zastąpimy równaniem równoważnym

$ x^2 (b - \lambda) + y^2 (a - \lambda) - (a - \lambda) (b - \lambda) = 0, $

to stwierdzimy, że lewa strona, tego równania przybiera dla $\lambda = a$ wartość ujemną $x^2 (b - a)$ , a dla $\lambda = b$ wartość dodatnią $y^2 (a - b)$ ; zatem jeden z pierwiastków $\lambda_1$ , $\lambda_2$ tego równania jest mniejszy niż $b$ (pierwiastek ten daje elipsę), drugi zaś pierwiastek zawiera się między $b$ i $a$ (i daje hiperbolę).

Rysunek 55 przedstawia kilka krzywych takiej rodziny. Wspólnymi ich ogniskami są punkty $F_1$ i $F_2$ .

Elipsa i hiperbola rodziny (I) przechodzące przez ten sam punkt płaszczyzny przecinają się w tym punkcie pod kątem prostym. Dowód tego twierdzenia nie nastręczy żadnych trudności czytelnikowi, który wie, jak napisać równanie stycznej do krzywej (I) w danym jej punkcie. Mówimy, że rodzina stożkowych współogniskowych jest siecią ortogonalną krzywych (wyraz "ortogonalny" oznacza: prostokątny).

II OM - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

II OM, 1950-1951

Etap:

Dowieść, że jeżeli równania

$ (1) \qquad x^2 + mx + n = 0 \textrm{ i } x^2 + px + q = 0 $

mają wspólny pierwiastek, to między współczynnikami tych równań zachodzi związek

$ (2) \qquad (n - q)^2 - (m - p) (np - mq) = 0. $

Rozwiązanie

Jeżeli któryś z pierwiastków $x_1$ , $x_2$ pierwszego z danych równań (1) równa się któremuś z pierwiastków drugiego równania, to któraś z różnic $x_1 - x_3$ , $x_2 - x_3$ , $x_1 - x_4$ , $x_2 - x_4$ równa się zeru. Zachodzi to wtedy i tylko wtedy, gdy

$ (x_1 - x_3) (x_2 - x_3) (x_1 - x_4) (x_2 - x_4) = 0. $

Jeżeli wykonamy mnożenie po lewej stronie tej równości i zastosujemy związki między współczynnikami a pierwiastkami równań (1), mianowicie $x_1 + x_2 - m$ , $x_1x_2 =n$ , $x_3 + x_4 = -p$ , $x_3x_4 = q$ , to otrzymamy

$ (n - q)^2 - (m - p) (np - mq) = 0. $

Uwaga. Twierdzenie dowiedzione w tym zadaniu orzeka, że równość (2) jest warunkiem koniecznym tego, aby równania (1) miały wspólny pierwiastek. Łatwo wykazać, że jest to również warunek dostateczny, tzn. że prawdziwe jest także twierdzenie odwrotne: jeżeli zachodzi równość (2), to równania (1) mają wspólny pierwiastek.

Istotnie, jeśli w równości (2) podstawimy $m = - (x_1 + x_2)$ , $n = x_1x_2$ , $p = - (x_3 + x_4)$ , $q = x_3x_4$ , otrzymamy (patrz wyżej sposób II) równość

$ (x_1 - x_3) (x_2 - x_3) (x_1 - x_4) (x_2 - x_4) = 0, $

z której wynika, że któraś z różnic $x_1 - x_3$ , $x_2 - x_3$ , $x_1 - x_4$ , $x_2 - x_4$ równa się zeru, a więc jeden z pierwiastków pierwszego z danych równań (1) jest równy jednemu z pierwiastków drugiego równania.

Rozumowanie powyższe zakłada istnienie pierwiastków równań (1), co jest bez zastrzeżeń słuszne w dziedzinie liczb zespolonych. Natomiast jeżeli będziemy rozważali tylko pierwiastki rzeczywiste równań (1) o współczynnikach rzeczywistych, to twierdzenie musi ulec modyfikacji. Z równości (2) wynika wprawdzie, że któryś z pierwiastków $x_3$ , $x_4$ równa się któremuś z pierwiastków $x_1$ , $x_2$ , ale pierwiastki te mogłyby być liczbami urojonymi. Wiemy jednak (patrz zadanie lU 17 na stronicy 87), że pierwiastki każdego z równań (1) byłyby w tym przypadku liczbami zespolonymi sprzężonymi; jeśliby więc np. było $x_3 = x_1$ , to równe byłyby także liczby sprzężone $x_4 = x_2$ i dane równania (1) byłyby jednakowe.

W zbiorze liczb rzeczywistych rozważane twierdzenie odwrotne otrzymuje zatem brzmienie następujące:

Jeśli zachodzi równość (2), a równania (1) nie są identyczne, to równania te mają wspólny pierwiastek.

II OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

II OM, 1950-1951

Etap:

Wykazać, że jeżeli między bokami i przeciwległymi kątami $A$ i $B$ trójkąta $ABC$ zachodzi związek

$ (1) \qquad (a^2 + b^2) \sin (A - B) = (a^2 - b^2) \sin (A + B), $

to taki trójkąt jest prostokątny lub równoramienny.

Rozwiązanie

Przekształcamy równość (1) podstawiając zamiast $\sin (A - B)$ i $\sin (A + B)$ znane ich rozwinięcia i pisząc tę rówrjość w postaci proporcji

$ \frac{a^2 - b^2}{a^2 + b^2} = \frac{\sin A \cos B - \cos A \sin B}{\sin A \cos B + \cos A \sin B}, $

skąd po łatwym rachunku wynika proporcja

$ (2) \qquad \frac{a^2}{b^2} = \frac{\sin A \cos B}{\cos A \sin B}. $

Zastępujemy teraz stosunek boków stosunkiem sinusów kątów przeciwległych:

$ \frac{\sin^2 A}{\sin^2 B} = \frac{\sin A \cos B}{\cos A \sin B}. $

Stąd otrzymujemy:

$ \frac{\sin A}{\sin B} = \frac{\cos B}{\cos A}, textrm{ czyli } \sin A \cos A = \sin B \cos B $

i wreszcie

$ (3) \qquad \sin 2A = \sin 2B. $

Ponieważ $2A < 360^\circ$ i $2B < 360^\circ$ , przeto z równości (3) wynika, że kąty $2A$ i $2B$ bądź są równe, bądź dają w sumie $180^\circ$ .

1° Jeżeli $2A = 2B$ , to $A = B$ i trójkąt $ABC$ jest równoramienny.

2° Jeżeli $2A + 2B = 180^\circ$ , to $A + B = 90^\circ$ i trójkąt $ABC$ jest prostokątny.

II OM - II - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

II OM, 1950-1951

Etap:

Dane są punkty $A$ i $B$ oraz okrąg $k$ . Wykreślić okrąg przechodzący przez punkty $A$ i $B$ i wyznaczający w przecięciu z okręgiem $k$ wspólną cięciwę o danej długości $d$ .

Rozwiązanie

Analiza. Zadanie sprowadza się do wyznaczenia środka $X$ wspólnej cięciwy okręgu danego i okręgu poszukiwanego; mając bowiem punkt $X$ możemy wykreślić w danym okręgu $k$ cięciwę $CD$ o środku $X$ i poprowadzić okrąg przez punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ .

Miejscem geometrycznym środków $X$ cięciw okręgu $k$ mających daną długość $d$ jest okrąg $k'$ współśrodkowy z okręgiem $k$ i mający promień $\sqrt{r^2 - \frac{d^2}{4}}$ , gdzie $r$ oznacza promień okręgu $k$ . Należy przy tym zastrzec, że $d \leq 2r$ .

1° Jeżeli dane punkty $A$ i $B$ są równo oddalone od środka $O$ okręgu $k$ (rys. 57), to okrąg szukany przecina okrąg $k$ w punktach symetrycznych względem symetralnej odcinka $AB$ , a więc punkt $X$ znajdziemy w przecięciu tej symetralnej z okręgiem $k'$ .

2° Jeżeli $A$ i $B$ nie są równo oddalone od punktu $O$ (rys. 58), to wszystkie wspólne cięciwy okręgu $k$ z okręgami przechodzącymi przez punkty $A$ i $B$ leżą na prostych, które przecinają prostą $AB$ w tym samym punkcie $M$ (patrz zadanie nr 22 na stronicy 105). Punkt $M$ możemy znaleźć wykreślając przez punkty $A$ i $B$ dowolny okrąg pomocniczy $l$ przecinający okrąg $k$ . Punkt $X$ znajdziemy w przecięciu okręgu $k'$ z okręgiem o średnicy $OM$ , który jest miejscem geometrycznym środków wymienionych cięciw.

Konstrukcja. Wykreślamy w znany sposób okrąg $k'$ .

W przypadku 1° kreślimy symetralną odcinka $AB$ . Przez punkt przecięcia $X$ tej symetralnej z okręgiem $k'$ prowadzimy cięciwę $CD$ okręgu $k$ prostopadłą do prostej $O$ . Wykreślamy wreszcie okrąg przez punkty $A$ , $B$ , $C$ ; okrąg ten przejdzie też przez punkt $D$ , jako przez punkt symetryczny do punktu $C$ względem prostej $OX$ . Wykreślony okrąg ma z okręgiem $k$ wspólną cięciwę $CD$ o długości $d$ , jęst więc okręgiem poszukiwanym w zadaniu.

W przypadku 2° prowadzimy przez punkty $A$ i $B$ dowolny okrąg $l$ przecinający okrąg $k$ w punktach $P$ i $Q$ . Prosta $PQ$ przecina prostą $AB$ w punkcie $M$ . Wykreślamy okrąg o średnicy $OM$ .

Jeśli $X$ jest punktem przecięcia tego okręgu z okręgiem $k'$ , to prosta $MX$ przecina koło $k$ po cięciwie $CD$ o długości $d$ . Prowadzimy teraz okrąg przez punkty $A$ , $B$ , $C$ ; okrąg ten przejdzie też przez punkt $D$ , gdyż $MA \cdot MB = MP \cdot MQ$ , $MP \cdot MQ = MC \cdot MD$ , więc $MA \cdot MB = MC \cdot MD$ . Będzie to okrąg poszukiwany w zadaniu.

Dyskusja. Zbadamy wykonalność konstrrkcji i ilość rozwiązań zadania w zależności od wyboru danych. Zauważyliśmy już, że zadanie można rozwiązać tylko wtedy, gdy dana długość $d$ spełnia warunek $d \leq 2r$ , gdzie $r$ jest to promień danego okręgu $k$ .

Zakładając, że nierówność ta jest spełniona, rozważymy wszystkie przypadki, jakie mogą się zdarzyć.

I. Środek $O$ okręgu $k$ leży na symetralnej odcinka $AB$ .

$ (Ia) \qquad d <2r. $

Symetralna odcinka $AB$ przecina okrąg $k'$ w dwóch punktach $X_1$ i $X_2$ , istnieją więc dwie cięciwy $C_1D_1$ i $C_2D_2$ okręgu $k$ mające długość $d$ i kierunek prostej $AB$ .

Jeśli prosta $AB$ nie pokrywa się z żadną z prostych $C_1D_1$ i $C_2D_2$ , tzn. jeśli odległość prostej $AB$ od punktu $O$ nie równa się $\sqrt{r^2 - \frac{d^2}{4}}$ , zadanie ma dwa rozwiązania.

Jeśli prosta $AB$ pokrywa się np. z prostą $C_1D_1$ , ale punkty $A$ i $B$ nie leżą na okręgu $k$ , tzn. nie pokrywają się z punktami $C_1$ i $D_1$ , zadanie ma jedno rozwiązanie, mianowicie okrąg przechodzący przez punkty $A$ , $B$ , $C_2$ , $D_2$ .

Jeśli wreszcie punkty $A$ i $B$ pokrywają się z punktami $C_1$ i $D_1$ , rozwiązaniem zadania jest każdy okrąg przechodzący przez, punkty $A$ i $B$ , z wyjątkiem samego okręgu $k$ .

$ (Ib) \qquad d = 2r. $

W tym przypadku okrąg $k'$ redukuje się do punktu $O$ , punkt $X$ pokrywa się również z punktem $O$ , w okręgu $k$ istnieje jedna cięciwa $CD$ o długości $d$ i kierunku prostej $AB$ .

Jeśli prosta $AB$ nie przechodzi przez punkt $D$ , zadanie ma jedno rozwiązanie.

Jeśli prosta $AB$ przechodzi przez punkt $O$ , ale punkty $A$ i $B$ nie leżą na okręgu $k$ , zadanie nie ma rozwiązania.

Jeśli wreszcie odcinek $AB$ jest średnicą okręgu $k$ , rozwiązaniem zadania jest każdy okrąg przechodzący przez punkty $A$ i $B$ , z wyjątkiem okręgu $k$ .

II. Środek okręgu $k$ nie leży na symetralnej odcinka $AB$ .

$ (IIa) \qquad d < 2r. $

Jeśli prosta $AB$ leży zewnątrz okręgu $k'$ , tzn. jeśli jej odległość od punktu $O$ jest większa od $\sqrt{r^2 - \frac{d^2}{4}}$ , to punkt $M$ leży również zewnątrz okręgu $k'$ . Okrąg o średnicy $OM$ przecina okrąg $k'$ w dwóch punktach $X_1$ i $X_2$ . Proste $MX_1$ i $MX_2$ wyznaczają w okręgu $k$ cięciwy $C_1D_1$ i $C_2D_2$ o długości $d$ . Zadanie ma dwa rozwiązania: okrąg przechodzący przez punkty $A$ , $B$ , $C_1$ , $D_1$ i okrąg przechodzący przez punkty $A$ , $B$ , $C_2$ , $D_2$ .

Jeśli prosta $AB$ jest styczna do okręgu $k'$ w punkcie $T$ , a punkt $M$ jest różny od punktu $T$ , to okrąg o średnicy $OM$ przecina okrąg $k'$ w dwóch punktach $T$ i $X$ . W tym przypadku jest tylko jedno rozwiązanie: okrąg przechodzący przez punkty $A$ , $B$ oraz przez punkty $C$ , $D$ , w których prosta $MX$ przecina okrąg $k$ .

Jeśli prosta $AB$ jest styczna do okręgu $k'$ , a punkt $M$ pokrywa się z punktem styczności $T$ , to rozwiązania nie ma. Przypadek ten zachodzi, gdy punkt $T$ leży wewnątrz odcinka $AB$ , a średnia geometryczna odcinków $AT$ i $BT$ równa się $\frac{1}{2} d$ .

Jeśli wreszcie prosta $AB$ przecina okrąg $k'$ , zadanie ma dwa rozwiązania, jedno rozwiązanie lub nie ma żadnego rozwiązania, zależnie od tego, czy punkt $M$ leży zewnątrz okręgu $k'$ , na tym okręgu lub wewnątrz okręgu $k'$ .

$ (IIb) \qquad d = 2r. $

W tym przypadku punkt $X$ pokrywa się z punktem $O$ .

Jeśli prosta $AB$ nie przechodzi przez punkt $O$ , to prosta $MO$ przecina okrąg $k$ w dwóch punktach $C$ i $D$ . Zadanie ma wtedy jedno rozwiązanie: okrąg przechodzący przez punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ .

Jeśli prosta $AB$ przechodzi przez punkt $O$ , a punkt $M$ jest różny od punktu $O$ , to prosta $MO$ przecina okrąg $k$ w punktach $C$ i $D$ prostej $AB$ i zadanie nie ma rozwiązania.

Jeśli wreszcie punkt $M$ prostej $AB$ pokrywa się z punktem $O$ , rozwiązaniem zadania jest każdy okrąg przechodzący przez punkty $A$ i $B$ . Przypadek ten zachodzi wówczas, gdy punkt $O$ leży wewnątrz odcinka $AB$ , a promień $r$ okręgu $k$ jest średnią geometryczną odcinków $OA$ i $OB$ .

Uwaga. W powyższym zadaniu liczba $d$ , jako długość odcinka, jest liczbą dodatnią. Możemy jednak rozważać przypadek ,,graniczny'' tego zadania biorąc $d = 0$ , co daje zadanie:

Przez dwa dane punkty $A$ i $B$ poprowadzić okrąg styczny do danego okręgu $k$ .

Sposób rozwiązania pozostaje ten sam - z tą różnicą, że okrąg $k'$ jest w tym przypadku identyczny z okręgiem $k$ .

Dyskusję łatwo wysnuć z dyskusji przeprowadzonej wyżej dla przypadku $d < 2r$ .

Zadanie to omawialiśmy przy zadaniu nr 22 na stronicy 112.