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

Разбор — 4 балла

Рассмотрим первое уравнение. Сумма модулей неотрицательна, поэтому при $a<0$ решений нет. При $a=0$ уравнение задаёт одну точку $(2;2)$, а она не лежит на гиперболе: $2\cdot 2\ne 1$. Значит, $a⩽0$ не подходит, и дальше $a>0$.

При $a>0$ раскроем модуль при $y$:

$$[\begin{array}{l}\{\begin{array}{l}y⩾2,\\ y=-|x-2|+a+2,\end{array}\\ \{\begin{array}{l}y<2,\\ y=|x-2|-a+2.\end{array}\end{array}$$

Это два уголка с вершинами $(2;2+a)$ и $(2;2-a)$, стороны которых параллельны прямым $y=\pm x$. Вместе они образуют квадрат $ABCD$ с центром $(2;2)$ и вершинами $A(2-a;2)$, $B(2;2+a)$, $C(2+a;2)$, $D(2;2-a)$.

Запишем стороны квадрата:

$AB$: $y=x+a$, $2-a⩽x⩽2$; $BC$: $y=-x+4+a$, $2⩽x⩽2+a$;

$CD$: $y=x-a$, $2⩽x⩽2+a$; $AD$: $y=-x+4-a$, $2-a⩽x⩽2$.

Второе уравнение $xy=1$ задаёт гиперболу $y=\frac{1}{x}$ с ветвями в I и III четвертях. И квадрат, и гипербола симметричны относительно прямой $y=x$. Найдём общие точки гиперболы с каждой стороной.

Сторона $BC$. На ней $x⩾2$ и $y⩾2$, поэтому $xy⩾4>1$ — общих точек нет.

Сторона $AB$. На ней $y⩾2>0$, значит, общей точкой может быть только точка правой ветви, где $x>0$. Подставим $y=x+a$: $x^2+ax-1=0$. Положительный корень

$$x=\frac{\sqrt{a^2+4}-a}{2},y=x+a=\frac{\sqrt{a^2+4}+a}{2}.$$

Неравенство $x⩽2$ здесь верно ($x<1$), а условие $x⩾2-a$ равносильно $y⩾2$:

$$\sqrt{a^2+4}⩾4-a.$$

При $a⩾4$ это верно. При $0<a<4$ обе части положительны, возведём в квадрат: $a^2+4⩾16-8a+a^2$, $a⩾\frac{3}{2}$. Итак, сторона $AB$ имеет с гиперболой одну общую точку при $a⩾\frac{3}{2}$ и ни одной при $a<\frac{3}{2}$. При $a=\frac{3}{2}$ это точка $\left(\frac{1}{2};2\right)$, то есть вершина $A$.

Сторона $CD$ симметрична $AB$ относительно прямой $y=x$: одна общая точка при $a⩾\frac{3}{2}$ (при $a=\frac{3}{2}$ — вершина $D$), иначе ни одной.

Сторона $AD$. Подставим $y=-x+4-a$:

$$x(4-a-x)=1⟺\phi (x)=x^2-(4-a)x+1=0,D=(4-a{)}^2-4=(2-a)(6-a).$$

Нужны корни из отрезка $[2-a;2]$; тогда и $y=4-a-x$ лежит в том же отрезке. Вершина параболы $y=\phi (x)$ находится в точке $x=\frac{4-a}{2}$ — это середина отрезка $[2-a;2]$. На концах отрезка значения одинаковы:

$$\phi (2)=4-8+2a+1=2a-3,\phi (2-a)=(2-a)(2-a-4+a)+1=2a-3.$$

При $2<a<6$ дискриминант отрицателен — общих точек нет.

При $a=2$ и при $a=6$ дискриминант равен нулю — сторона касается гиперболы. При $a=2$ точка касания $x=1$, то есть $(1;1)$, она лежит на отрезке $[0;2]$. При $a=6$ точка касания $x=-1$, то есть $(-1;-1)$, она лежит на отрезке $[-4;2]$.

При $0<a<2$ или $a>6$ корней два, и они симметричны относительно середины отрезка. Если $\phi$ на концах неотрицательна, то есть $a⩾\frac{3}{2}$, оба корня лежат на отрезке; если $a<\frac{3}{2}$, оба вне его. При $a=\frac{3}{2}$ корни — сами концы, то есть вершины $A$ и $D$.

Подсчитаем общее число различных точек. Совпадать точки разных сторон могут только в вершинах, а из вершин на гиперболе лежат лишь $A$ и $D$ при $a=\frac{3}{2}$.

При $0<a<\frac{3}{2}$ общих точек нет.

При $a=\frac{3}{2}$ — только вершины $A\left(\frac{1}{2};2\right)$ и $D\left(2;\frac{1}{2}\right)$: два решения. Это положение 1.

При $\frac{3}{2}<a<2$ — по одной точке на $AB$ и $CD$ и две на $AD$: четыре решения.

При $a=2$ — по одной на $AB$ и $CD$ и точка касания $(1;1)$: три решения. Это положение 2.

При $2<a<6$ — только по одной точке на $AB$ и $CD$: два решения.

При $a=6$ — к ним добавляется точка касания $(-1;-1)$: три решения. Это положение 3.

При $a>6$ — четыре решения.

Положения 2 и 3 показаны на рисунке пунктиром.

Итак, ровно два решения система имеет при $a=\frac{3}{2}$ и при $2<a<6$.

Ответ: $a\in \left\{\frac{3}{2}\right\}\cup (2;6)$.