Задание №18 ЕГЭ Математика (профиль): разбор и критерии

Запишем систему в виде

(x − 1)² + |y| = 16, (x − 1)² + y² = a².

Полагая u = x − 1, получим систему

u² + |y| = 16, u² + y² = a².

имеющую то же количество решений. Кроме того, если пара чисел (u; y) — решение системы, то и пары чисел (u; − y), (−u; y), (−u; − y) также является решениями системы. Таким образом, если u ≠ 0 и y ≠ 0, то число решений кратно четырем. Значит, если имеет ровно 6 решений, то либо u = 0, либо y = 0.

Если u = 0, то y = 16, следовательно, a = 16. Система

система: u² + |y| = 16, u² + y² = 256.

имеет два решения: (0; 16), (0; − 16), поэтому этот случай не подходит.

Если y = 0, то u² = 16, следовательно, a = 4. Получаем систему

u² + |y| = 16, u² + y² = 16. ⇔ система: y² = |y|, u² + |y| = 16. ⇔ система: y = 0, y = 1, y = − 1, u² + |y| = 16.

Она имеет 6 решений, поскольку каждому значению y соответствует два разных значения u.

Ответ: a = − 4, a = 4.

Приведем идею графического решения.

Запишем систему в виде

(x − 1)² + |y| = 16; (x − 1)² + y² = a².

Первое уравнение задает части двух парабол (см. рис.):

y = система: 16 − (x − 1)²,y ≥ 0; (x − 1)² − 16,y < 0.

Второе уравнение задает окружность радиусом |a| с центром (1; 0).

На рисунке видно *, что шесть решений системы получаются, только если окружность проходит через точки (−3;0) и (5; 0), пересекая части параболы еще в четырех точках. При этом радиус окружности равен 4, откуда a = − 4 или a = 4.

*) Докажем это. Рассмотрим на отрезке [–3; 5] функции:

f (x) = 16 − (x − 1)² и

g (x) = √(a² − (x − 1)²).

Их графиками являются соответственно часть параболы и верхняя полуокружность с центром в точке (1; 0) радиусом |a|.

При любом значении параметра а справедливо следующее:

а) Графики функций симметричны относительно прямой x = 1, поскольку эта прямая является осью симметрии параболы, и центр окружности лежит на этой прямой.

б) Функции f и g не могут иметь больше четырех общих точек, поскольку уравнение f (x) = g (x) имеет не больше четырех решений. Действительно,

16 − (x − 1)² = √(a² − (x − 1)²) ⇒ (16 − (x − 1))² = a² − (x − 1)² ⇔ (x − 1) ^ 4 − 31 (x − 1)² − a² = 0, 16 − (x − 1)² = √(a² − (x − 1)²) ⇒ (16 − (x − 1))² = a² − (x − 1)² ⇔

⇔ (x − 1) ^ 4 − 31 (x − 1)² − a² = 0, 16 − (x − 1)² = √(a² − (x − 1)²) ⇒

⇒ (16 − (x − 1))² = a² − (x − 1)² ⇔

⇔ (x − 1) ^ 4 − 31 (x − 1)² − a² = 0,

а уравнение четвертой степени имеет не больше четырех корней.

в) Из пунктов а) и б) следует, что слева от прямой x = 1 графики функций имеют не более двух общих точек, и каждой общей точке графиков при x < 1 соответствует симметричная относительно прямой x = 1 общая точка графиков.

При a = 4 функции f и g обладают следующими свойствами:

г) Функции f и g в точке x = –3 принимают одно и то же значение, а потому точка (–3; 0) и симметричная ей точка (5; 0) являются общими точками графиков.

д) Правые касательные лучи к графикам в точке x = –3 составляют с осью абсцисс разные углы, поскольку касательный луч к окружности вертикален, а касательный луч к параболе — нет.

е) Из пунктов г) и д) следует, что на правой полуокрестности точки x = –3 график функции f лежит ниже графика функции g.

ё) В точке x = 1 график функции f лежит выше графика функции g (вершина параболы лежит над окружностью), поскольку f (1) = 16, g (1) = 2.

ж) Из пунктов е) и ё) следует, что на интервале (–3; 1) графики функций f и g имеют общую точку, а потому имеют и симметричную ей относительно прямой x = 1 общую точку на интервале (1; 5).

з) Из пунктов б) и ж) следует, что графики функций f и g на отрезке [–3; 5] имеют четыре общие точки, а больше четырех общих точек быть не может.

и) Рассмотрим теперь функции − f и –g, их графики симметричны графикам функций f и g относительно оси абсцисс (на рисунке это парабола, вершина которой лежит ниже оси абсцисс, и нижняя полуокружность). Проводя аналогичные рассуждения получим, что при a = 4 графики функций –f и –g имеют на отрезке [–3; 5] имеют ровно четыре общие точки.

к) Точки (–3; 0) и (5; 0) являются общими для графиков f и g и − f и –g, поэтому из пунктов з) и и) следует, что при a = 4 система: (x − 1)² + |y| = 16, (x − 1)² + y² = a² имеет ровно шесть решений.

Осталось показать, что прочие значения параметра не подходят. Оставим это читателю в качестве упражнения.

Примечание Дмитрия Гущина.

Обратим внимание читателя, что использовать графический способ решения задач можно только в том случае, когда «увиденные» на графиках свойства либо:

а) очевидны: например, окружность, заключающая вершину параболы, имеет с ней ровно две общие точки;

б) изучены в школьном курсе: например, прямая, имеющая единственную общую точку с окружностью, является касательной к ней;

в) напрямую следуют из изученного материала: квадратичная функция является выпуклой вверх или вниз (это доказывается путем устного взятия второй производной).

Если вы не можете в один-два шага устно объяснить какой-то снятый с рисунка факт, считать его доказанным нельзя. Скажем, невертикальную прямую, имеющую единственную общую точку с параболой, не следует без необходимости называть касательной: проверяющий ЕГЭ эксперт может посчитать это необоснованным. В таком случае на апелляции вам поможет, только если вы объясните, как быстро устно прийти к такому заключению или в каком учебнике упомянуто это свойство. Другой пример: на рисунке изображена окружность с центром, лежащим внутри параболы на ее оси, имеющая с параболой ровно две общие точки. По рисунку нельзя заключать, что эти точки являются точками касания. А потому и заключение, что при небольшом увеличении радиуса окружности точек пересечения станет четыре не будет обоснованным. Также из рисунка нельзя делать вывод о том, могут ли окружность и парабола иметь ровно три точки касания и т. д.