α) Θεωρούμε σημείο \(N(x,y)\) του επιπέδου. Είναι \(\overrightarrow{NA}=(1-x,-y)\) και \(\overrightarrow{NB}=(-x,-1-y)\), οπότε ισχύει

\begin{align}&\overrightarrow{NA^2}-\overrightarrow{NB^2}=4\\ \iff&|\overrightarrow{NA}|^2-|\overrightarrow{NB}|^2=4\\ \iff&(1-x)^2+y^2-x^2-(1+y)^2=4\\ \iff&x+y+2=0.\end{align}

Άρα τα ζητούμενα σημεία \(N\) ανήκουν σε ευθεία με εξίσωση \((ε):y=-x-2\).

β) Έστω σημείο \(P(x,y)\) του επιπέδου. Τότε, χρησιμοποιώντας τη μέθοδο συμπλήρωσης τετραγώνου, ισχύει

\begin{align}&2x^2+2y^2+10x+14y+21=0\\ \iff&x^2+y^2+5x+7y+\frac{21}{2}=0\\ \iff&x^2+2x\frac{5}{2}+\left(\frac{5}{2}\right)^2+y^2+2y\frac{7}{2}+\left(\frac{7}{2}\right)^2\\ & =-\frac{21}{2}+\frac{25}{4}+\frac{49}{4}\\ \iff& c_2: \left(x+\frac{5}{2}\right)^2+\left(y+\frac{7}{2}\right)^2=8.\end{align}

Άρα τα σημεία \(P\) ανήκουν πράγματι σε κύκλο \(c_2\) με κέντρο \(Λ\left(-\dfrac{5}{2},-\dfrac{7}{2}\right)\) και ακτίνα \(R=2\sqrt{2}\).

2ος τρόπος:
Έχουμε

\begin{align}&2x^2+2y^2+10x+14y+21=0\\ \iff&x^2+y^2+5x+7y+\frac{21}{2}=0.\end{align}

Αλλά:

$$5^2+7^2-4\cdot\frac{21}{2}=32 > 0$$

επομένως η εξίσωση παραστάνει πράγματι κύκλο, με κέντρο \(Λ\left(-\dfrac{5}{2},-\dfrac{7}{2}\right)\) και ακτίνα \(R=2\sqrt{2}\).

γ)

1. Οι κύκλοι \(c_1\) και \(c_2\) εφάπτονται εξωτερικά, διότι έχουν διάκεντρο

\begin{align}δ&=(ΚΛ)\\ &=\sqrt{\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{5}{2}\right)^2+\left(\dfrac{-1}{2}+\dfrac{7}{2}\right)^2}\\ &=3\sqrt{2}\end{align}

και ισχύει \(δ=ρ+R\).

Άρα η ελάχιστη απόσταση των σημείων των δύο κύκλων είναι μηδέν και η μέγιστη απόσταση είναι ίση με \(ΣΤ=ΣΖ+ΖΤ=2ρ+2R=6\sqrt{2}\).

2. Είναι

$$d(K,ε)=\frac{|\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}+2|}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}=ρ$$

και

$$d(Λ,ε)=\frac{|-\dfrac{5}{2}-\dfrac{7}{2}+2|}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}=R.$$

Άρα η ευθεία \((ε)\) είναι η ζητούμενη κοινή εφαπτομένη.