ЕГЭ по профильной математике 2027 Задание №19 — системы уравнений с параметром

Разбор — 4 балла

Первое уравнение. Раскроем скобки в обеих частях:

$$x^2+8x+16+16-8y+y^2=0,1a^2-4x-4-4y-4,$$

$$x^2+12x+y^2-4y+40=0,1a^2.$$

Выделим полные квадраты: $x^2+12x=(x+6{)}^2-36$ и $y^2-4y=(y-2{)}^2-4$. Получим

$$(x+6{)}^2+(y-2{)}^2=\frac{a^2}{10}.$$

При $a\ne 0$ это окружность с центром $O(-6;2)$ и радиусом $R=\frac{|a|}{\sqrt{10}}$. При $a=0$ уравнению удовлетворяет только точка $O$, но второму уравнению она не удовлетворяет: $|2\cdot (-6)-3|-|4-2|=15-2=13\ne 5$. Значит, при $a=0$ решений нет, и дальше считаем $a\ne 0$.

Радиус зависит только от $|a|$, поэтому значения $a$ и $-a$ дают одну и ту же окружность и одинаковое число решений. Найдём подходящие радиусы $R>0$, а потом перейдём к $a$.

Второе уравнение. Перепишем его в виде

$$|y-4|=|2x-3|-5.$$

Левая часть неотрицательна, поэтому решения есть только при $|2x-3|⩾5$, то есть при $2x-3⩽-5$ или $2x-3⩾5$: $x⩽-1$ или $x⩾4$. При таких $x$ равенство означает, что $y-4=\pm \left(|2x-3|-5\right)$.

При $x⩽-1$ имеем $|2x-3|=3-2x$ и $|2x-3|-5=-2x-2$, поэтому $y=4\pm (-2x-2)$:

$$y=2-2x\text{или}y=2x+6,x⩽-1.$$

При $x⩾4$ имеем $|2x-3|=2x-3$ и $|2x-3|-5=2x-8$, поэтому $y=4\pm (2x-8)$:

$$y=2x-4\text{или}y=12-2x,x⩾4.$$

Итак, график второго уравнения состоит из четырёх лучей. Из точки $A(-1;4)$ выходят луч ${\ell }_1$: $y=2-2x$ (влево вверх) и луч ${\ell }_2$: $y=2x+6$ (влево вниз). Из точки $B(4;4)$ выходят луч ${\ell }_3$: $y=2x-4$ (вправо вверх) и луч ${\ell }_4$: $y=12-2x$ (вправо вниз).

По-другому: лучи ${\ell }_1$ и ${\ell }_3$ — это части уголка $y=2\left|x-\frac{3}{2}\right|-1$ с ветвями вверх, лежащие не ниже прямой $y=4$, а лучи ${\ell }_2$ и ${\ell }_4$ — части уголка $y=-2\left|x-\frac{3}{2}\right|+9$ с ветвями вниз, лежащие не выше этой прямой. Остальные части уголков (пунктир на рисунке) в график не входят.

Сколько общих точек у окружности с лучом. Опустим из центра $O$ перпендикуляр $OH$ на прямую, содержащую луч с вершиной $P$. Если основание $H$ лежит на луче, то при движении точки по лучу от $P$ к $H$ расстояние до $O$ убывает от $OP$ до $OH$, а дальше неограниченно растёт. Поэтому окружность радиуса $R$ не имеет с таким лучом общих точек при $R<OH$, касается его при $R=OH$, имеет две общие точки при $OH<R⩽OP$ и одну при $R>OP$. Если же основание $H$ на луч не попадает, то расстояние от $O$ до точек луча растёт от $OP$ до бесконечности, и общая точка одна при $R⩾OP$, а при $R<OP$ общих точек нет.

Расстояния от центра до вершин лучей:

$$OA=\sqrt{(-1+6{)}^2+(4-2{)}^2}=\sqrt{29},OB=\sqrt{(4+6{)}^2+(4-2{)}^2}=\sqrt{104}.$$

Положение I: окружность касается луча ${\ell }_2$. Запишем прямую ${\ell }_2$ в виде $2x-y+6=0$. Расстояние от точки $O(-6;2)$ до неё по формуле расстояния от точки до прямой:

$$O{H}_2=\frac{|2\cdot (-6)-2+6|}{\sqrt{2^2+(-1{)}^2}}=\frac{8}{\sqrt{5}}.$$

Основание перпендикуляра найдём, пересекая ${\ell }_2$ с прямой, проходящей через $O$ перпендикулярно ${\ell }_2$, то есть с угловым коэффициентом $-\frac{1}{2}$: $y-2=-\frac{x+6}{2}$. Подставим $y=2x+6$: $2x+4=-\frac{x+6}{2}$, $4x+8=-x-6$, $x=-2,8$. Так как $-2,8⩽-1$, основание $H_2(-2,8;0,4)$ лежит на луче ${\ell }_2$. Касание происходит при $R=\frac{8}{\sqrt{5}}$:

$$\frac{|a|}{\sqrt{10}}=\frac{8}{\sqrt{5}}\iff |a|=8\sqrt{2}.$$

Положение II: окружность касается луча ${\ell }_1$. Подставим $y=2-2x$ в уравнение окружности:

$$(x+6{)}^2+(-2x{)}^2=\frac{a^2}{10}\iff 5x^2+12x+36-\frac{a^2}{10}=0.(\ast )$$

Прямая касается окружности, когда у них ровно одна общая точка, то есть когда дискриминант уравнения $(\ast )$ равен нулю:

$$\frac{D}{4}=6^2-5\left(36-\frac{a^2}{10}\right)=\frac{a^2}{2}-144=0\iff a^2=288\iff |a|=12\sqrt{2}.$$

При этом единственный корень уравнения $(\ast )$ — абсцисса вершины параболы: $x_0=-\frac{12}{2\cdot 5}=-1,2$. Так как $-1,2⩽-1$, точка касания лежит на самом луче ${\ell }_1$, а не на его продолжении. Радиус в этом положении равен $R=\frac{12\sqrt{2}}{\sqrt{10}}=\frac{12}{\sqrt{5}}$.

Положение III: окружность проходит через точку $A$. Тогда $R=OA=\sqrt{29}$, то есть $\frac{a^2}{10}=29$ и $|a|=\sqrt{290}$.

Положение IV: окружность проходит через точку $B$. Тогда $R=OB=\sqrt{104}$, то есть $\frac{a^2}{10}=104$ и $|a|=\sqrt{1040}=4\sqrt{65}$.

Для лучей ${\ell }_3$ и ${\ell }_4$ основания перпендикуляров на сами лучи не попадают. Для ${\ell }_3$ перпендикуляр через $O$ — это прямая $y-2=-\frac{x+6}{2}$; подставив $y=2x-4$, получим $2x-6=-\frac{x+6}{2}$, $5x=6$, $x=1,2<4$. Для ${\ell }_4$ перпендикуляр — прямая $y-2=\frac{x+6}{2}$; подставив $y=12-2x$, получим $10-2x=\frac{x+6}{2}$, $5x=14$, $x=2,8<4$. Значит, каждый из лучей ${\ell }_3$, ${\ell }_4$ имеет с окружностью одну общую точку при $R⩾\sqrt{104}$ и ни одной при $R<\sqrt{104}$; при $R=\sqrt{104}$ это одна и та же точка $B$.

Сравним радиусы граничных положений:

$$\frac{8}{\sqrt{5}}<\frac{12}{\sqrt{5}}<\sqrt{29}<\sqrt{104}.$$

Среднее неравенство верно, так как ${\left(\frac{12}{\sqrt{5}}\right)}^2=\frac{144}{5}=28,8<29$. Положения II и III очень близки: $\frac{12}{\sqrt{5}}\approx 5,367$ и $\sqrt{29}\approx 5,385$. Они показаны на рисунке ниже.

Подсчёт решений. Лучи пересекаются друг с другом только в вершинах $A$ и $B$, поэтому общие точки окружности с разными лучами могут совпасть только в этих вершинах. Сложим общие точки по лучам.

При $R<\frac{8}{\sqrt{5}}$ общих точек нет. При $R=\frac{8}{\sqrt{5}}$ (положение I) — одна точка касания с ${\ell }_2$.

При $\frac{8}{\sqrt{5}}<R<\frac{12}{\sqrt{5}}$ — две точки на ${\ell }_2$, а с остальными лучами общих точек нет: ровно два решения.

При $R=\frac{12}{\sqrt{5}}$ (положение II) — две точки на ${\ell }_2$ и точка касания с ${\ell }_1$: три решения. При $\frac{12}{\sqrt{5}}<R<\sqrt{29}$ — по две точки на ${\ell }_1$ и ${\ell }_2$: четыре решения.

При $R=\sqrt{29}$ (положение III) на каждом из лучей ${\ell }_1$, ${\ell }_2$ по две точки, но одна из них общая — это $A$: три решения.

При $\sqrt{29}<R<\sqrt{104}$ — по одной точке на ${\ell }_1$ и ${\ell }_2$, на ${\ell }_3$ и ${\ell }_4$ точек нет: ровно два решения.

При $R=\sqrt{104}$ (положение IV) добавляется точка $B$: три решения. При $R>\sqrt{104}$ — по одной точке на каждом из четырёх лучей: четыре решения.

На рисунке окружности II и III сливаются в одну.

Итак, система имеет ровно два решения при

$$\frac{8}{\sqrt{5}}<R<\frac{12}{\sqrt{5}}\text{или}\sqrt{29}<R<\sqrt{104}.$$

Подставим $R=\frac{|a|}{\sqrt{10}}$ и умножим неравенства на $\sqrt{10}$ (учитывая, что $\frac{\sqrt{10}}{\sqrt{5}}=\sqrt{2}$):

$$8\sqrt{2}<|a|<12\sqrt{2}\text{или}\sqrt{290}<|a|<4\sqrt{65}.$$

Объединим положительные значения $a$ с противоположными им:

Ответ: $a\in \left(-4\sqrt{65};-\sqrt{290}\right)\cup \left(-12\sqrt{2};-8\sqrt{2}\right)\cup \left(8\sqrt{2};12\sqrt{2}\right)\cup \left(\sqrt{290};4\sqrt{65}\right)$.