Единственное решение: две верхние полуокружности, сдвинутые вдоль y = x — задание 19 ЕГЭ по профильной математике
Распадающаяся кривая + прямая. 5 примера с ответом и проверкой.
Пример 1
Найдите все значения a, при каждом из которых система
y = − 2y = + a
имеет единственное решение.
y = − 2y = + a
имеет единственное решение.
Показать ответ
[−7; −2) ∪ (−2; 3]
Решение
Обе строки задают ВЕРХНИЕ полуокружности радиуса 5: первая — с центром (−2; −2), вторая — с центром (a; a). Значит вторая получается из первой сдвигом вдоль прямой y = x.
Общие точки полных окружностей лежат на радикальной оси x + y = a − 2; подставляя y = a − 2 − x в первую, получаем 2x2 − 2(a − 2)x + (a2 + 4 − 25) = 0.
Условия «верхних» половин (y ≥ −2 и y ≥ a) на этой прямой равносильны x ≤ a и x ≤ −2, то есть x ≤ min(a; −2).
В точке касания окружностей двойной корень равен a − 22 и всегда лежит строго правее min(a; −2) — значит касание даёт НОЛЬ решений, и иррациональные значения |a + 2| = 5√2 в ответ не попадают.
Остаются рациональные границы: корень попадает ровно в min(a; −2) при (a + 2)2 = 25, то есть a = −7 и a = 3; а при a = −2 полуокружности совпадают и решений бесконечно много.
Ответ: [−7; −2) ∪ (−2; 3].
Общие точки полных окружностей лежат на радикальной оси x + y = a − 2; подставляя y = a − 2 − x в первую, получаем 2x2 − 2(a − 2)x + (a2 + 4 − 25) = 0.
Условия «верхних» половин (y ≥ −2 и y ≥ a) на этой прямой равносильны x ≤ a и x ≤ −2, то есть x ≤ min(a; −2).
В точке касания окружностей двойной корень равен a − 22 и всегда лежит строго правее min(a; −2) — значит касание даёт НОЛЬ решений, и иррациональные значения |a + 2| = 5√2 в ответ не попадают.
Остаются рациональные границы: корень попадает ровно в min(a; −2) при (a + 2)2 = 25, то есть a = −7 и a = 3; а при a = −2 полуокружности совпадают и решений бесконечно много.
Ответ: [−7; −2) ∪ (−2; 3].
Пример 2
Найдите все значения a, при каждом из которых система
y = − 3y = + a
имеет единственное решение.
y = − 3y = + a
имеет единственное решение.
Показать ответ
[−6; −3) ∪ (−3; 0]
Решение
Обе строки задают ВЕРХНИЕ полуокружности радиуса 3: первая — с центром (−3; −3), вторая — с центром (a; a). Значит вторая получается из первой сдвигом вдоль прямой y = x.
Общие точки полных окружностей лежат на радикальной оси x + y = a − 3; подставляя y = a − 3 − x в первую, получаем 2x2 − 2(a − 3)x + (a2 + 9 − 9) = 0.
Условия «верхних» половин (y ≥ −3 и y ≥ a) на этой прямой равносильны x ≤ a и x ≤ −3, то есть x ≤ min(a; −3).
В точке касания окружностей двойной корень равен a − 32 и всегда лежит строго правее min(a; −3) — значит касание даёт НОЛЬ решений, и иррациональные значения |a + 3| = 3√2 в ответ не попадают.
Остаются рациональные границы: корень попадает ровно в min(a; −3) при (a + 3)2 = 9, то есть a = −6 и a = 0; а при a = −3 полуокружности совпадают и решений бесконечно много.
Ответ: [−6; −3) ∪ (−3; 0].
Общие точки полных окружностей лежат на радикальной оси x + y = a − 3; подставляя y = a − 3 − x в первую, получаем 2x2 − 2(a − 3)x + (a2 + 9 − 9) = 0.
Условия «верхних» половин (y ≥ −3 и y ≥ a) на этой прямой равносильны x ≤ a и x ≤ −3, то есть x ≤ min(a; −3).
В точке касания окружностей двойной корень равен a − 32 и всегда лежит строго правее min(a; −3) — значит касание даёт НОЛЬ решений, и иррациональные значения |a + 3| = 3√2 в ответ не попадают.
Остаются рациональные границы: корень попадает ровно в min(a; −3) при (a + 3)2 = 9, то есть a = −6 и a = 0; а при a = −3 полуокружности совпадают и решений бесконечно много.
Ответ: [−6; −3) ∪ (−3; 0].
Пример 3
Найдите все значения a, при каждом из которых система
y = + 1y = + a
имеет единственное решение.
y = + 1y = + a
имеет единственное решение.
Показать ответ
[−3; 1) ∪ (1; 5]
Решение
Обе строки задают ВЕРХНИЕ полуокружности радиуса 4: первая — с центром (1; 1), вторая — с центром (a; a). Значит вторая получается из первой сдвигом вдоль прямой y = x.
Общие точки полных окружностей лежат на радикальной оси x + y = a + 1; подставляя y = a + 1 − x в первую, получаем 2x2 − 2(a + 1)x + (a2 + 1 − 16) = 0.
Условия «верхних» половин (y ≥ 1 и y ≥ a) на этой прямой равносильны x ≤ a и x ≤ 1, то есть x ≤ min(a; 1).
В точке касания окружностей двойной корень равен a + 12 и всегда лежит строго правее min(a; 1) — значит касание даёт НОЛЬ решений, и иррациональные значения |a − 1| = 4√2 в ответ не попадают.
Остаются рациональные границы: корень попадает ровно в min(a; 1) при (a − 1)2 = 16, то есть a = −3 и a = 5; а при a = 1 полуокружности совпадают и решений бесконечно много.
Ответ: [−3; 1) ∪ (1; 5].
Общие точки полных окружностей лежат на радикальной оси x + y = a + 1; подставляя y = a + 1 − x в первую, получаем 2x2 − 2(a + 1)x + (a2 + 1 − 16) = 0.
Условия «верхних» половин (y ≥ 1 и y ≥ a) на этой прямой равносильны x ≤ a и x ≤ 1, то есть x ≤ min(a; 1).
В точке касания окружностей двойной корень равен a + 12 и всегда лежит строго правее min(a; 1) — значит касание даёт НОЛЬ решений, и иррациональные значения |a − 1| = 4√2 в ответ не попадают.
Остаются рациональные границы: корень попадает ровно в min(a; 1) при (a − 1)2 = 16, то есть a = −3 и a = 5; а при a = 1 полуокружности совпадают и решений бесконечно много.
Ответ: [−3; 1) ∪ (1; 5].
Пример 4
Найдите все значения a, при каждом из которых система
y = + 4y = + a
имеет единственное решение.
y = + 4y = + a
имеет единственное решение.
Показать ответ
[−1; 4) ∪ (4; 9]
Решение
Обе строки задают ВЕРХНИЕ полуокружности радиуса 5: первая — с центром (4; 4), вторая — с центром (a; a). Значит вторая получается из первой сдвигом вдоль прямой y = x.
Общие точки полных окружностей лежат на радикальной оси x + y = a + 4; подставляя y = a + 4 − x в первую, получаем 2x2 − 2(a + 4)x + (a2 + 16 − 25) = 0.
Условия «верхних» половин (y ≥ 4 и y ≥ a) на этой прямой равносильны x ≤ a и x ≤ 4, то есть x ≤ min(a; 4).
В точке касания окружностей двойной корень равен a + 42 и всегда лежит строго правее min(a; 4) — значит касание даёт НОЛЬ решений, и иррациональные значения |a − 4| = 5√2 в ответ не попадают.
Остаются рациональные границы: корень попадает ровно в min(a; 4) при (a − 4)2 = 25, то есть a = −1 и a = 9; а при a = 4 полуокружности совпадают и решений бесконечно много.
Ответ: [−1; 4) ∪ (4; 9].
Общие точки полных окружностей лежат на радикальной оси x + y = a + 4; подставляя y = a + 4 − x в первую, получаем 2x2 − 2(a + 4)x + (a2 + 16 − 25) = 0.
Условия «верхних» половин (y ≥ 4 и y ≥ a) на этой прямой равносильны x ≤ a и x ≤ 4, то есть x ≤ min(a; 4).
В точке касания окружностей двойной корень равен a + 42 и всегда лежит строго правее min(a; 4) — значит касание даёт НОЛЬ решений, и иррациональные значения |a − 4| = 5√2 в ответ не попадают.
Остаются рациональные границы: корень попадает ровно в min(a; 4) при (a − 4)2 = 25, то есть a = −1 и a = 9; а при a = 4 полуокружности совпадают и решений бесконечно много.
Ответ: [−1; 4) ∪ (4; 9].
Пример 5
Найдите все значения a, при каждом из которых система
y = + 4y = + a
имеет единственное решение.
y = + 4y = + a
имеет единственное решение.
Показать ответ
[2; 4) ∪ (4; 6]
Решение
Обе строки задают ВЕРХНИЕ полуокружности радиуса 2: первая — с центром (4; 4), вторая — с центром (a; a). Значит вторая получается из первой сдвигом вдоль прямой y = x.
Общие точки полных окружностей лежат на радикальной оси x + y = a + 4; подставляя y = a + 4 − x в первую, получаем 2x2 − 2(a + 4)x + (a2 + 16 − 4) = 0.
Условия «верхних» половин (y ≥ 4 и y ≥ a) на этой прямой равносильны x ≤ a и x ≤ 4, то есть x ≤ min(a; 4).
В точке касания окружностей двойной корень равен a + 42 и всегда лежит строго правее min(a; 4) — значит касание даёт НОЛЬ решений, и иррациональные значения |a − 4| = 2√2 в ответ не попадают.
Остаются рациональные границы: корень попадает ровно в min(a; 4) при (a − 4)2 = 4, то есть a = 2 и a = 6; а при a = 4 полуокружности совпадают и решений бесконечно много.
Ответ: [2; 4) ∪ (4; 6].
Общие точки полных окружностей лежат на радикальной оси x + y = a + 4; подставляя y = a + 4 − x в первую, получаем 2x2 − 2(a + 4)x + (a2 + 16 − 4) = 0.
Условия «верхних» половин (y ≥ 4 и y ≥ a) на этой прямой равносильны x ≤ a и x ≤ 4, то есть x ≤ min(a; 4).
В точке касания окружностей двойной корень равен a + 42 и всегда лежит строго правее min(a; 4) — значит касание даёт НОЛЬ решений, и иррациональные значения |a − 4| = 2√2 в ответ не попадают.
Остаются рациональные границы: корень попадает ровно в min(a; 4) при (a − 4)2 = 4, то есть a = 2 и a = 6; а при a = 4 полуокружности совпадают и решений бесконечно много.
Ответ: [2; 4) ∪ (4; 6].
Другие темы задания №19
1Линейный знаменатель: (k²x²−a²)/(px−q−ra) = 02Разность квадратов внизу: (k²x²−a²)/((x+m)²−a²) = 03Параметр в свободном члене: (x²−2mx+a)/((kx−a)(x−a)) = 04(ca−x²+bx)/(x−a²) = 0 — полюс x = a², кубическое уравнение выкалываний5Полюсы ±√a: (x²−2mx+a²−2ta)/(x²−a) = 06Раскладывающийся знаменатель: (x²−2mx+a²+2ta)/((kx+a)(x−a)) = 07Выкалывания через резольвенту: (x²−2mx+a²−2ta)/(x²+px−qa) = 08Параметр в обеих частях: (x²+2ux−ca)/(x²−2vx+a²−2wa) = 09Модуль в числителе: (|kx|−x−c−a)/(x²−px−qa) = 010Модуль и a² внизу: (|kx−b|+ra−b)/(x²−2mx+a²) = 011Промежуток области определения: (x²−a(a−1)x−a³)/√(квадратный) = 012(x²−2mx+a²)/√((a+b−x)(a−c+x)) = 0 на отрезке
Нужен репетитор по математике?
Посмотрите репетиторов, которые ведут занятия в Precettore, или оставьте заявку — подберём сами.
Готовьтесь к ЕГЭ по профильной математике в Precettore
Варианты с автопроверкой, домашние задания от репетитора, онлайн-доска и разбор ошибок — в одном кабинете. Регистрация бесплатная.