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

Разбор — 4 балла

Преобразуем первое уравнение. Раскроем скобки:

$$x^2+2xy+y^2-16a^2-72a-81+9=2ax-2ay+2xy,$$

$$x^2-2ax+y^2+2ay=16a^2+72a+72.$$

Прибавим к обеим частям $2a^2$ и выделим полные квадраты:

$$(x-a{)}^2+(y+a{)}^2=18a^2+72a+72=18(a+2{)}^2.$$

Это окружность $\omega$ с центром $M(a;-a)$ и радиусом $R=3\sqrt{2}|a+2|$ (при $a=-2$ она вырождается в точку).

Второе уравнение равносильно совокупности

$$[\begin{array}{l}xy=a^2,\\ xy=-a^2.\end{array}$$

Отдельно рассмотрим два особых значения.

При $a=0$ система принимает вид $x^2+y^2=72$, $xy=0$. Если $x=0$, то $y=\pm 6\sqrt{2}$; если $y=0$, то $x=\pm 6\sqrt{2}$. Решений четыре — не подходит.

При $a=-2$ первое уравнение $(x+2{)}^2+(y-2{)}^2=0$ даёт одну точку $(-2;2)$; она удовлетворяет второму уравнению ($|-2\cdot 2|=4=a^2$). Решение одно — не подходит.

Дальше $a\ne 0$, $a\ne -2$, тогда $R>0$. Уравнение $xy=a^2$ задаёт гиперболу с ветвями в I и III четвертях, их вершины $C(|a|;|a|)$ и $D(-|a|;-|a|)$. Уравнение $xy=-a^2$ задаёт гиперболу с ветвями во II и IV четвертях, их вершины $A(-|a|;|a|)$ и $B(|a|;-|a|)$. Четыре ветви лежат в разных четвертях и общих точек не имеют, поэтому число решений системы равно сумме чисел общих точек окружности $\omega$ с каждой ветвью.

Заметим, что $a\cdot (-a)=-a^2$, то есть центр $M(a;-a)$ лежит на гиперболе $xy=-a^2$ и совпадает с вершиной одной из её ветвей: при $a>0$ это $B$, при $a<0$ это $A$. Расстояния от центра до остальных вершин:

$$|AB|=\sqrt{(2a{)}^2+(2a{)}^2}=2\sqrt{2}|a|,|AC|=|AD|=|BC|=|BD|=2|a|.$$

Лемма 1. Каждая ветвь имеет с окружностью $\omega$ не более двух общих точек.

Пусть точка $(x;y)$ лежит на $\omega$ и на гиперболе $xy=c$, где $c=\pm a^2$. Раскроем уравнение окружности: $x^2+y^2-2a(x-y)+2a^2=R^2$. Так как $x^2+y^2=(x-y{)}^2+2xy=(x-y{)}^2+2c$, для $u=x-y$ получаем квадратное уравнение

$$u^2-2au+2a^2+2c-R^2=0.$$

Значит, разность $x-y$ принимает не больше двух значений, и все общие точки лежат не более чем на двух прямых $x-y=u$. Подставив $y=x-u$ в уравнение $xy=c$, получим $x^2-ux-c=0$.

Для $c=a^2$ это $x^2-ux-a^2=0$. Произведение корней равно $-a^2<0$, поэтому один корень положителен, другой отрицателен: каждая прямая $x-y=u$ пересекает ветвь в I четверти ровно в одной точке и ветвь в III четверти ровно в одной точке. Прямых не больше двух — на каждой из этих ветвей не больше двух точек.

Для $c=-a^2$ уравнение для $u$ принимает вид $u^2-2au-R^2=0$. Произведение его корней равно $-R^2<0$, поэтому один корень $u_1>0$, другой $u_2<0$. На прямой $x-y=u$ точки гиперболы находятся из уравнения $x^2-ux+a^2=0$: произведение его корней $a^2>0$, сумма $u$, поэтому оба корня имеют знак числа $u$. Значит, прямая $x-y=u_1$ даёт точки только на ветви в IV четверти, прямая $x-y=u_2$ — только на ветви во II четверти, и каждая — не больше двух. Лемма доказана.

Лемма 2. Если какая-то точка ветви лежит строго внутри окружности, то ветвь имеет с окружностью ровно две общие точки.

Ветвь — непрерывная линия, оба конца которой уходят на бесконечность, то есть выходят из круга. Двигаясь по ветви от внутренней точки в одну сторону, мы обязательно пересечём окружность, двигаясь в другую — пересечём её в другой точке. Значит, общих точек не меньше двух, а по лемме 1 — ровно две.

Случай $a>0$. Центр $M=B$. Сравним радиус с расстояниями до остальных вершин:

$$R=3\sqrt{2}(a+2)=3\sqrt{2}a+6\sqrt{2}>2\sqrt{2}a>2a.$$

Значит, вершины $A$, $C$, $D$ лежат строго внутри окружности, а вершина $B$ — её центр. По лемме 2 каждая из четырёх ветвей даёт ровно две точки, всего решений $8⩾7$. Все $a>0$ подходят.

Случай $a<0$, $a\ne -2$. Центр $M=A$. Ветвь во II четверти содержит центр, поэтому даёт ровно две точки. Вершины $C$ и $D$ удалены от центра на $2|a|$, вершина $B$ — на $2\sqrt{2}|a|$.

Рассмотрим прямую $\ell$: $y=x+2a$. Она проходит через $B(-a;a)$, так как $a=-a+2a$. Для точек ветви в IV четверти ($x>0$, $y=-\frac{a^2}{x}$) имеем

$$(x+2a)-\left(-\frac{a^2}{x}\right)=\frac{x^2+2ax+a^2}{x}=\frac{(x+a{)}^2}{x}⩾0,$$

причём равенство только при $x=-a$. Значит, вся ветвь лежит в полуплоскости $y⩽x+2a$ и касается прямой $\ell$ только в точке $B$.

Расстояние от центра $A(a;-a)$ до прямой $\ell$ ($x-y+2a=0$) равно

$$\frac{|a+a+2a|}{\sqrt{2}}=\frac{4|a|}{\sqrt{2}}=2\sqrt{2}|a|=|AB|.$$

Значит, $B$ — основание перпендикуляра, опущенного из центра на $\ell$. Центр лежит выше прямой: $-a>0>3a=a+2a$.

1. $R>2\sqrt{2}|a|$. Тогда внутри окружности лежат $B$, $C$ и $D$ (так как $2|a|<2\sqrt{2}|a|<R$). По лемме 2 каждая ветвь даёт две точки, решений $8$ — подходит.

2. $R=2\sqrt{2}|a|$. Вершины $C$ и $D$ внутри окружности ($2|a|<R$), ветви в I, II, III четвертях дают по две точки. Окружность касается прямой $\ell$ в точке $B$ и лежит в полуплоскости $y⩾x+2a$, а ветвь в IV четверти — в полуплоскости $y⩽x+2a$. Общей у этих полуплоскостей является только прямая $\ell$, а на ней и окружность, и ветвь имеют лишь точку $B$. Значит, четвёртая ветвь даёт одну точку $B$, решений $2+2+2+1=7$ — подходит.

3. $R<2\sqrt{2}|a|$. Расстояние от центра до $\ell$ больше радиуса, поэтому весь круг лежит строго выше прямой $\ell$, а ветвь в IV четверти — не выше неё. Общих точек с этой ветвью нет, а остальные три ветви по лемме 1 дают не больше $2+2+2=6$ точек — не подходит.

Итак, при $a<0$ условие выполнено тогда и только тогда, когда $R⩾2\sqrt{2}|a|$:

$$3\sqrt{2}|a+2|⩾2\sqrt{2}|a|\iff 3|a+2|⩾2|a|.$$

Обе части неотрицательны, поэтому возведение в квадрат даёт равносильное неравенство:

$$9(a+2{)}^2⩾4a^2\iff 5a^2+36a+36⩾0\iff (a+6)(5a+6)⩾0.$$

Получаем $a⩽-6$ или $a⩾-\frac{6}{5}$; с учётом $a<0$ это $a⩽-6$ или $-\frac{6}{5}⩽a<0$. Значение $a=-2$ в эти промежутки не входит, что согласуется с разобранным выше.

На рисунке — граничный случай $a=-\frac{6}{5}$: центр $A(-1,2;1,2)$, радиус $R=2,4\sqrt{2}=|AB|$. Окружность касается прямой $y=x-2,4$ (пунктир) в вершине $B(1,2;-1,2)$, и общих точек с гиперболами ровно семь.

Объединяем случаи: подходят все $a>0$, а также $a⩽-6$ и $-\frac{6}{5}⩽a<0$.

Ответ: $a\in (-\infty ;-6]\cup \left[-\frac{6}{5};0\right)\cup (0;+\infty )$.