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

Разбор — 4 балла

Введём обозначения

$$t=\frac{|x-1|+|x+1|}{2},z=\frac{|y-7|+|y+7|}{2}.$$

Раскроем модули. При $x>1$ получаем $t=\frac{x-1+x+1}{2}=x$, при $-1⩽x⩽1$ — $t=\frac{1-x+x+1}{2}=1$, при $x<-1$ — $t=-x$. Итак, $t=1$ при $|x|⩽1$ и $t=|x|$ при $|x|>1$.

Точно так же $z=7$ при $|y|⩽7$ и $z=|y|$ при $|y|>7$.

Первое уравнение принимает вид $(t-7{)}^2+(z+1{)}^2=100$. Прямые $x=\pm 1$ и $y=\pm 7$ делят плоскость на девять областей.

1) $|x|⩽1$, $|y|⩽7$. Здесь $t=1$, $z=7$, и уравнение — верное равенство $(1-7{)}^2+(7+1{)}^2=36+64=100$. Все точки прямоугольника $|x|⩽1$, $|y|⩽7$ вместе с границей — решения первого уравнения.

2) $|x|⩽1$, $|y|>7$. Здесь $36+(|y|+1{)}^2=100$, $(|y|+1{)}^2=64$, $|y|+1=8$ (так как $|y|+1>0$), $|y|=7$ — противоречит условию $|y|>7$. Точек нет.

3) $|x|>1$, $|y|⩽7$. Здесь $(|x|-7{)}^2+64=100$, $(|x|-7{)}^2=36$, $|x|=1$ или $|x|=13$. С учётом $|x|>1$ получаем два вертикальных отрезка $x=\pm 13$, $-7⩽y⩽7$.

4) $|x|>1$, $|y|>7$. Здесь $(|x|-7{)}^2+(|y|+1{)}^2=100$. В области $x>1$, $y>7$ это окружность $(x-7{)}^2+(y+1{)}^2=100$ с центром $(7;-1)$ и радиусом $10$. Из $y>7$ следует $(y+1{)}^2>64$, тогда $(x-7{)}^2<36$ и $1<x<13$, так что условие $x>1$ выполняется само. Получаем дугу этой окружности выше прямой $y=7$: от точки $(1;7)$ через $(7;9)$ до точки $(13;7)$. В остальных угловых областях — симметричные дуги окружностей радиуса $10$ с центрами $(-7;-1)$ (сверху слева), $(7;1)$ и $(-7;1)$ (снизу).

График первого уравнения симметричен относительно обеих осей:

Второе уравнение $y=ax+8$ задаёт пучок невертикальных прямых с центром $M(0;8)$ и угловым коэффициентом $a$.

Бесконечно много решений. При $|x|⩽1$ точки прямой имеют $y=ax+8⩾8-|a|$.

• Если $|a|>1$, то в точке $x_0=-\frac{1}{a}\in (-1;1)$ прямая проходит через точку $(x_0;7)$ верхней стороны прямоугольника и дальше идёт внутрь него. Прямая содержит целый отрезок, лежащий в прямоугольнике, — решений бесконечно много.
• Если $|a|=1$, то при $|x|⩽1$ имеем $y⩾7$, и равенство только в одной точке: в вершине $(-1;7)$ при $a=1$ или в вершине $(1;7)$ при $a=-1$.
• Если $|a|<1$, то при $|x|⩽1$ имеем $y⩾8-|a|>7$, с прямоугольником общих точек нет.

Значит, нужно рассматривать только $|a|⩽1$.

Симметрия. График симметричен относительно оси $Oy$, а при отражении $x\to -x$ прямая $y=ax+8$ переходит в прямую $y=-ax+8$. Поэтому при $a$ и $-a$ число решений одинаково, и достаточно разобрать $0⩽a⩽1$.

$a=0$. Прямая $y=8$ пересекает каждую из верхних дуг: $(|x|-7{)}^2+81=100$, $|x|=7\pm \sqrt{19}$, оба значения лежат в $(1;13)$. Получаем четыре решения.

Левая часть ($x<0$) при $0<a⩽1$. Левая часть графика — верхняя и нижняя левые дуги, отрезок $x=-13$ и левая сторона прямоугольника $x=-1$ — ограничивает выпуклую фигуру. Точка $M$ лежит вне неё, а точка прямой с $x=-7$ имеет ординату $8-7a\in [1;8)$ и лежит внутри (при $x=-7$ фигура занимает $-9⩽y⩽9$). Значит, прямая пересекает границу этой фигуры ровно в двух точках, и все точки границы — решения. При $a=1$ это вершина $(-1;7)$ и точка $(-13;-5)$ отрезка $x=-13$.

**Правая часть ($x>0$) при $0<a⩽1$.** Здесь точки прямой имеют $y=ax+8>8$. У графика с $y>7$ при $x>0$ есть только верхняя правая дуга, а все точки окружности $(x-7{)}^2+(y+1{)}^2=100$ с $y>7$ лежат на этой дуге. Значит, всё решает расстояние от центра $(7;-1)$ до прямой $ax-y+8=0$:

$$\frac{|7a+1+8|}{\sqrt{a^2+1}}=\frac{7a+9}{\sqrt{a^2+1}}.$$

Касание: $(7a+9{)}^2=100\left(a^2+1\right)$, $49a^2+126a+81=100a^2+100$,

$$51a^2-126a+19=0,a=\frac{63\pm \sqrt{63^2-51\cdot 19}}{51}=\frac{63\pm \sqrt{3000}}{51}=\frac{63\pm 10\sqrt{30}}{51}.$$

Так как $54^2=2916<3000<3025=55^2$, меньший корень $a_0=\frac{63-10\sqrt{30}}{51}$ лежит между $\frac{8}{51}$ и $\frac{9}{51}$, то есть в $(0;1)$, а больший больше $1$. Расстояние меньше радиуса при $0⩽a<a_0$ — тогда прямая пересекает окружность в двух точках. Обе точки лежат на дуге: окружность занимает полосу $-3⩽x⩽17$, а при $x⩾-3$ и $a<a_0<\frac{1}{3}$ точки прямой имеют $y⩾8-3a>7$. При $a=a_0$ прямая касается дуги в точке с абсциссой $\frac{7-9a_0}{1+a_0^2}\approx 5,4$ и ординатой $\approx 8,9>7$. При $a_0<a⩽1$ расстояние больше радиуса, общих точек нет.

Изобразим граничные положения: $a=\pm 1$ (через вершины $(\mp 1;7)$) и $a=\pm a_0$ (касание верхних дуг). Правый край графика на рисунке обрезан, он симметричен левому.

Итак, при $0<a⩽1$ решений: $2+2=4$ при $a<a_0$, $2+1=3$ при $a=a_0$ и $2+0=2$ при $a_0<a⩽1$. При $a=0$ решений четыре, при $|a|>1$ — бесконечно много. По симметрии при $a<0$ ровно два решения получаем при $-1⩽a<-a_0$.

Ответ: $a\in \left[-1;\frac{10\sqrt{30}-63}{51}\right)\cup \left(\frac{63-10\sqrt{30}}{51};1\right]$.