Решение. Задание 18, Тренировочная работа 18.12.19 Вариант Запад

Условие задачи

Найдите все значения параметра $a,$ при каждом из которых система

$\left\{ \begin{array}{c}x^2+y^2+2\left(2y-x\right)a=1+2a-4a^2, \\x^2+y^2+4\left(x-y\right)a=4+4a-7a^2 \end{array}\right.$ имеет единственное решение.

Решение

$\left\{ \begin{array}{c}x^2+y^2+2\left(2y-x\right)a=1+2a-4a^2, \\x^2+y^2+4\left(x-y\right)a=4+4a-7a^2. \end{array}\right.$

В первом уравнении раскроем скобки, а затем выделим полные квадраты в обеих частях.

$x^2+y^2+4ya-2xa=1+2a-4a^2,$

$\left(x^2-2xa+a^2\right)+\left(y^2+4ya+4a^2\right)=1+2a-4a^2+5a^2,$

${\left(x-a\right)}^2+{\left(y+2a\right)}^2={\left(1+a\right)}^2.$

Аналогично преобразуем второе уравнение и получаем систему

$\left\{ \begin{array}{c}{\left(x-a\right)}^2+{\left(y+2a\right)}^2={\left(1+a\right)}^2, \\{\left(x+2a\right)}^2+{\left(y-2a\right)}^2={\left(2+a\right)}^2. \end{array}\right.$

Первое уравнение задаёт окружность с центром в точке $P\left(a;-2a\right)$ и радиусом $R_1=\left|a+1\right|,$ а второе — окружность с центром в точке $Q\left(-2a;2a\right)$ и радиусом $R_2=\left|a+2\right|$ (при $a=-1$ первая окружность вырождается в точку, а при $a=-2$ вторая окружность вырождается в точку, но на ход дальнейших рассуждений это не влияет). Центр первой окружности перемещается по прямой $y=-2x,$ второй — по прямой $y=-x$ и радиусы их также меняются. Из геометрических соображений ясно, что единственное решение возможно только в случае касания окружностей. Это касание может быть как внешним (рис. 1), так и внутренним (рис 2).

При этом точка касания лежит на прямой, соединяющей центры окружностей. Для случая внешнего касания $PQ=R_1+R_2,$ а для внутреннего $PQ=\left|R_1-R_2\right|.$ Получаем совокупность условий

$\left[ \begin{array}{c}PQ=R_1+R_2, \\PQ=\left|R_1-R_2\right|. \end{array}\right.$

Наша совокупность принимает вид

$\left[ \begin{array}{c}5\left|a\right|=\left|a+1\right|+\left|a+2\right|, \\5\left|a\right|=\left|\left|a+1\right|-\left|a+2\right|\right| \end{array}\right.\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{c}5\left|a\right|=\left|a+1\right|+\left|a+2\right|, \ \ \left(1\right) \\25a^2={\left(\left|a+1\right|-\left|a+2\right|\right)}^2. \ \left(2\right) \end{array}\right.$

(Обе части второго уравнения неотрицательны, мы возвели их в квадрат).

Найдём точки пересечения графиков. 1) Точка E получается при пересечении правой ветви $z=\left|a+1\right|+\left|a+2\right|$ и левой ветви $z=5\left|a\right|:$ $-5a=a+1+a+2;$ $-7a=3;\underline{a=-\frac{3}{7}}.$

2) Левые ветви графиков не пересекаются: действительно, $-5a=-a-1-a-2;a=1\notin \left(-\infty ;-2\right]$

3) Точка F получается при пересечении правых ветвей графиков: $5a=a+1+a+2;\underline{a=1}.$

Внешнее касание получается при $\displaystyle a=-\frac{3}{7}$ и $a=1.$

Рассмотрим уравнение (2) $25a^2={\left(\left|a+1\right|-\left|a+2\right|\right)}^2.$ Раскрывая скобки получаем уравнение $25a^2={\left(a+1\right)}^2-2\left|a+1\right|\cdot \left|a+2\right|+{\left(a+2\right)}^2,$ $23a^2-6a-5=-2\left|\left(a+1\right)\left(a+2\right)\right|.$ Остаётся раскрыть модуль.

1 случай.

$a\textless -2$ или $a\textgreater -1.$ $23a^2-6a-5=-2\left(a+1\right)\left(a+2\right),$ $23a^2-6a-5=-2a^2-6a-4,$ $25a^2=1,a=\pm \frac{1}{5}\in \left(-1;+\infty \right).$