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

Разбор — 4 балла

Введём обозначения

$$t=\frac{|x+4|+|x-4|}{2},z=\frac{|y+1|+|y-1|}{2}.$$

Раскроем модули в выражении для $t$. При $x>4$ оба подмодульных выражения положительны: $t=\frac{x+4+x-4}{2}=x$. При $-4⩽x⩽4$ имеем $t=\frac{x+4-x+4}{2}=4$. При $x<-4$ получаем $t=\frac{-x-4-x+4}{2}=-x$. Итак, $t=4$ при $|x|⩽4$ и $t=|x|$ при $|x|>4$; график $t(x)$ — «корыто», и всегда $t⩾4$.

Точно так же $z=1$ при $|y|⩽1$ и $z=|y|$ при $|y|>1$, всегда $z⩾1$.

Первое уравнение системы принимает вид $(t-1{)}^2+(z-5{)}^2=25$. Прямые $x=\pm 4$ и $y=\pm 1$ делят плоскость на девять областей, в каждой из которых $t$ и $z$ записываются без модулей.

1) $|x|⩽4$, $|y|⩽1$. Здесь $t=4$, $z=1$, и уравнение превращается в верное равенство $(4-1{)}^2+(1-5{)}^2=9+16=25$. Значит, все точки прямоугольника $|x|⩽4$, $|y|⩽1$ вместе с его границей — решения первого уравнения.

2) $|x|⩽4$, $|y|>1$. Здесь $t=4$, $z=|y|$:

$$9+(|y|-5{)}^2=25\iff (|y|-5{)}^2=16\iff |y|=1\text{или}|y|=9.$$

С учётом $|y|>1$ остаётся $|y|=9$: это два отрезка $y=9$ и $y=-9$ при $-4⩽x⩽4$.

3) $|x|>4$, $|y|⩽1$. Здесь $z=1$, $t=|x|$:

$$(|x|-1{)}^2+16=25\iff (|x|-1{)}^2=9\iff |x|=4\text{или}|x|=-2.$$

Ни одно значение не удовлетворяет условию $|x|>4$, поэтому в этих областях точек графика нет.

4) $|x|>4$, $|y|>1$. Здесь $(|x|-1{)}^2+(|y|-5{)}^2=25$. В области $x>4$, $y>1$ это окружность $(x-1{)}^2+(y-5{)}^2=25$ с центром $(1;5)$ и радиусом $5$. При $x>4$ из уравнения окружности $(y-5{)}^2=25-(x-1{)}^2<25-9=16$, то есть $1<y<9$, так что условие $y>1$ выполняется само. Получаем дугу этой окружности правее прямой $x=4$: от точки $(4;1)$ через точку $(6;5)$ до точки $(4;9)$ (концы дуги уже входят в части 1 и 2). В остальных трёх угловых областях получаются симметричные дуги окружностей радиуса $5$ с центрами $(-1;5)$, $(1;-5)$ и $(-1;-5)$.

Итак, график первого уравнения симметричен относительно обеих осей координат и выглядит так:

Второе уравнение запишем в виде $y=a(x-8)$. При каждом $a$ это прямая с угловым коэффициентом $a$, проходящая через точку $M(8;0)$, то есть пучок невертикальных прямых с центром $M$.

Бесконечно много решений. Для точек прямой с $|x|⩽4$ имеем $8-x⩾4$, поэтому $|y|=|a|(8-x)⩾4|a|$, причём равенство достигается только при $x=4$.

• Если $|a|<\frac{1}{4}$, то в точке $x=4$ получаем $|y|=4|a|<1$, и при $x$, близких к $4$ слева, по-прежнему $|y|<1$. Прямая содержит целый отрезок, лежащий в закрашенном прямоугольнике, — решений бесконечно много. Это относится и к $a=0$.
• Если $|a|=\frac{1}{4}$, прямая имеет с прямоугольником ровно одну общую точку — его вершину $(4;-1)$ при $a=\frac{1}{4}$ или $(4;1)$ при $a=-\frac{1}{4}$.
• Если $|a|>\frac{1}{4}$, прямая прямоугольник не пересекает.

Значит, нужно рассматривать только $|a|⩾\frac{1}{4}$.

Симметрия. График первого уравнения симметричен относительно оси $Ox$, а при отражении относительно этой оси прямая $y=a(x-8)$ переходит в прямую $y=-a(x-8)$. Поэтому при $a$ и при $-a$ число решений одинаково, и достаточно разобрать $a⩾\frac{1}{4}$.

Случай $a⩾\frac{1}{4}$. При $x>8$ точки прямой имеют $y>0$, но у графика нет точек с $x>6$. При $x<8$ точки прямой имеют $y<0$. Поэтому прямая может пересекать только нижнюю половину графика: дуги окружностей с центрами $(\pm 1;-5)$, отрезок $y=-9$ и (при $a=\frac{1}{4}$) вершину $(4;-1)$ прямоугольника.

Нижняя половина графика вместе с нижней стороной прямоугольника ограничивает выпуклую фигуру. Прямая, проходящая через её внутренние точки, пересекает её границу ровно в двух точках, касательная — в одной.

Положение I: $a=\frac{1}{4}$. Прямая проходит через вершину $(4;-1)$. При $x<4$ её точки лежат ниже прямоугольника и внутри нижней фигуры, а выходит прямая из фигуры через левую дугу. Решений два: точка $(4;-1)$ и точка на левой дуге.

При увеличении $a$ прямая поворачивается вокруг точки $M$ против часовой стрелки, по-прежнему проходит через внутренность нижней фигуры и пересекает её границу (дуги или отрезок $y=-9$) ровно в двух точках — до тех пор, пока не станет касательной к правой нижней дуге (положение II). При дальнейшем увеличении $a$ общих точек нет.

Найдём положение II. Прямая $ax-y-8a=0$ касается окружности $(x-1{)}^2+(y+5{)}^2=25$, когда расстояние от центра $(1;-5)$ до прямой равно радиусу:

$$\frac{|a\cdot 1-(-5)-8a|}{\sqrt{a^2+1}}=5\iff |5-7a|=5\sqrt{a^2+1}.$$

Обе части неотрицательны, возведём в квадрат:

$$25-70a+49a^2=25a^2+25\iff 24a^2-70a=0\iff a=0\text{или}a=\frac{35}{12}.$$

Значение $a=0$ даёт прямую $y=0$, она касается окружности в точке $(1;0)$, которая не лежит на нашей дуге (и вообще при $a=0$ решений бесконечно много). Проверим, что при $a=\frac{35}{12}$ точка касания лежит на дуге, то есть правее прямой $x=4$. Подставим $y=\frac{35}{12}(x-8)$ в уравнение окружности: $y+5=\frac{35x-220}{12}$, и

$$144(x-1{)}^2+(35x-220{)}^2=3600\iff 1369x^2-15688x+44944=0\iff (37x-212{)}^2=0.$$

Точка касания имеет абсциссу $x=\frac{212}{37}\approx 5,7>4$, она лежит на дуге. Значит, положению II соответствует $a=\frac{35}{12}$.

Итак, при $a>0$: если $0<a<\frac{1}{4}$, решений бесконечно много; если $\frac{1}{4}⩽a<\frac{35}{12}$, решений ровно два; если $a=\frac{35}{12}$, решение одно; если $a>\frac{35}{12}$, решений нет. По симметрии при $a<0$ ровно два решения будет при $-\frac{35}{12}<a⩽-\frac{1}{4}$.

Ответ: $a\in \left(-\frac{35}{12};-\frac{1}{4}\right]\cup \left[\frac{1}{4};\frac{35}{12}\right)$.