Заметим, что тогда из последнего уравнения получаем, что

Решением является

при

Пусть и — вершины квадрата, лежащие в первой и четвёртой четвертях соответственно; — начало координат.

По условию точка лежит на прямой . Если — абсцисса точки , то , а координаты точки — это . Так как точка получается из поворотом на против часовой стрелки вокруг точки то её координаты . Поскольку обе точки лежат на графике , получаем и решаем систему уравнений (учитываем, что )

Пусть — половина диагонали квадрата. Тогда

Площадь квадрата равна полупроизведению его диагоналей, то есть

Рассмотрим второе уравнение системы отдельно:

Видим, оно задаёт две непересекающиеся окружности и — с центрами в точках и и радиусами и соответственно.

Теперь рассмотрим первое уравнение системы:

Видим, оно определяет прямую с угловым коэффициентом При фиксированном значении — т.е. при фиксированном угле наклона — и при получаем всевозможные прямые с угловым коэффициентом

Чтобы система имела ровно решения, прямая должна пересекать каждую из окружностей ровно в двух точках. Это возможно в том и только том случае, когда угловой коэффициент прямой по модулю меньше, чем угловой коэффициент общей внутренней касательной двух данных окружностей (тогда за счёт выбора параметра можно подобрать такое положение прямой, что она пересекает каждую из окружностей дважды).

Проведём общую внутреннюю касательную к окружностям (пусть и — точки касания этой прямой с и соответственно). Пусть — прямая, параллельная и проходящая через точку пусть также ( поэтому — угол наклона общей внутренней касательной). Так как

а также то из прямоугольного имеем

Значит,

С учётом сказанного выше подходят все значения углового коэффициента, по модулю меньшие, чем откуда

Рассмотрим второе неравенство. Обозначим

График - парабола с ветвями вверх. На концах данного в условии промежутка имеем Так как неравенство должно выполняться на всём промежутке, то точки и могут располагаться на прямой или ниже неё. Отсюда самое "низкое"расположение этой прямой (на указанном промежутке) есть прямая . Составляя её уравнение по двум точкам, имеем (назовём эту прямую

График левой части неравенства - гипербола

Заметим, что она касается прямой в точке, принадлежащей промежутку . Действительно, уравнение

имеет единственное решение При этом

Т.е. угловой коэффициент прямой совпадает с производной функции в их общей точке.

Несложно видеть, что на данном промежутке прямая находится ниже гиперболы. Любая прямая, расположенная “выше” прямой пересекается с гиперболой, и потому не удовлетворяет условию.

Итак, — единственная возможная прямая, удовлетворяющая условию; следовательно, ,

Второе неравенство равносильно системе неравенств

Значит, исходная система равносильна следующим:

Множества точек, задаваемых этими неравенствами на плоскости и при этом выступают в роли параметров), - это круги радиуса с центрами соответственно. Условие задачи означает, что полученная система должна иметь решение относительно , то есть все три круга должны иметь по крайней мере одну общую точку.

Пусть окружности, ограничивающие и , пересекаются в точках и (тогда треугольники и - равносторонние). Пересечение кругов и есть фигура , представляющая собой совокупность двух меньших сегментов этих кругов, ограниченных хордой . Тогда фигура состоит из всевозможных точек , находящихся на расстоянии не более от фигуры . (Это совокупность всех кругов радиуса , центры которых принадлежат фигуре .)

Пусть точки и симметричны точкам и (соответственно) относительно точки ; точки и симметричны точкам и (соответственно) относительно точки .

А само множество есть объединение следующих четырёх секторов (центральный угол всех секторов меньше ):

• сектор круга с центром в точке и радиуса
• сектор круга с центром в точке и радиуса
• сектор круга с центром в точке и радиуса
• сектор круга с центром в точке и радиуса

Заметим, что первые два сектора пересекаются по ромбу , и никаких других пересечений между секторами нет. При этом первые два сектора равны между собой, и последние два сектора также равны между собой. Таким образом, площадь фигуры равна

Изображено множество точек (в плоскости (𝑎; 𝑏), удовлетворяющих второму неравенству системы – 2 балла; указано (или изображено, описано) множество решений первого неравенства – баллы не добавляются; верно описан способ построения фигуры 𝑀 (например, совокупность кругов заданного радиуса, центры которых лежат в некотром множестве), но сама она построена неверно – 1 балл; изображена фигура 𝑀 – 3 балла; найдена её площадь – 2 балла. Если фигура 𝑀 изображена неверно, нахождение площади не оценивается, и за задачу ставится не более 3 баллов. Если фигура 𝑀 представляет собой пересечение двух кругов с центрами 𝐴 и 𝐵 радиусов 2𝐴𝐵, за задачу ставится 3 балла (при этом не играет роли, найдена ли площадь)

Рассмотрим второе уравнение системы. При оно принимает вид и мы получаем часть окружности радиуса с центром в точке , лежащую в первой четверти. При замене на множество точек заданное уравнением системы, симметрично относительно симметрично относительно оси ординат, а при замене на — относительно оси абсцисс. Значит график уравнения состоит из четырёх дуг окружностей и начала координат

Первое уравнение перепишем в виде Оно определяет окружность радиуса с центром в точке В зависимости от значения центр окружности перемещается по прямой

Система имеет два решения тогда и только тогда, когда эта окружность имеет ровно две общие точки с множеством, заданным вторым уравнением. Это возможно при

Рассмотрим первое уравнение системы и изобразим множество его решений на координатной плоскости. Для раскрытия модулей найдём множества точек, в которых выражения под модулями обращаются в ноль. Это прямые и . Они делят плоскость на 4 части, и в каждой из этих частей знаки выражений под модулями постоянны. Чтобы их определить, можно выбрать в каждой из четырёх частей по точке и найти знаки выражений в этих точках. Возьмём область, расположенную снизу от обеих прямых. В ней лежит, например, точка . Подстановкой несложно убедиться, что в этой точке оба выражения и отрицательны. Таким образом, уравнение принимает вид , откуда . C учётом рассматриваемых ограничений подходит отрезок с концами в точках и . Аналогично рассматриваем остальные три случая, и в итоге получаем границы квадрата с вершинами в точках и . Эта фигура не имеет пересечения с полуплоскостью , поэтому можно считать, что . С учётом указанного замечания второе уравнение можно записать в виде (опустив модуль у переменной . Обозначим множество точек, определяемых этим уравнением, через . Если , у уравнения нет решений. При оно задаёт две точки и (-4;3). Поскольку обе они не принадлежат квадрату , система не имеет решений, и значение не удовлетворяет условию задачи. Перейдём к случаю .

При уравнение принимает вид , и мы получаем окружность радиуса с центром в точке (или её часть, лежащую в полуплоскости , если вся она в этой полуплоскости не помещается). Поскольку уравнение инвариантно относительно замены на , множество симметрично относительно оси . Таким образом, есть совокупность полученной выше окружности (или её части) и окружности, получающейся из уже построенной отражением относительно оси

Если , график не пересекает квадрат , и система уравнений не имеет решений. Если , система уравнения имеет два решения - точки и . Если , дуга окружности пересекает отрезок дважды эти две точки, а также им симметричные относительно оси , образуют 4 различных решения системы. Если , дуга окружности пересекает отрезки и в двух точках с положительной абсциссой. Аналогично, эти две точки, а также им симметричные относительно оси Оy, образуют 4 различных решения системы. Если 25 , система уравнений имеет два решения - точки и . Наконец, если , дуга окружности не пересекает стороны квадрата и система уравнений не имеет решений. Таким образом, система уравнений имеет ровно два решения только при и .

Выделим полные квадраты

Каждое из этих уравнений задаёт окружность радиуса 13; у первой из них центром является точка , а у второй - точка .

Если эти уравнения задают одну и ту же окружность, то на этой окружности найдутся точки на расстоянии 10 друг от друга, поскольку диаметр окружности больше . Окружности совпадают в случае, когда у них одинаковые центры. Получаем

Эти равенства выполняются, если либо , либо . В первом случае получаем . Во втором случае , здесь решений нет.

Пусть теперь рассматриваемые окружности различны и пересекаются в точках и . Тогда четырёхугольник - ромб. Известно, что в любом параллелограмме сумма квадратов диагоналей равна сумме квадратов всех четырёх сторон, откуда . Так как мы хотим, чтобы точки и располагались на расстоянии 10 друг от друга, , поэтому . Итак, необходимо, чтобы расстояние между центрами окружностей и было равно 24. Отсюда

Рассмотрим сначала . Обозначим начало координат через , центр окружности через (так как он лежит на прямой , его ордината равна ; точки пересечения прямой с параболой через и . Пусть также — точка пересечения данной прямой с осью ординат, — точка пересечения окружности с осью ординат, отличная от .

Треугольник равнобедренный как радиусы), — его высота, следовательно, также и медиана, , поэтому точка имеет координаты . Опустим из точки перпендикуляр на ось ординат. Тогда есть угол наклона прямой, его тангенс равен . Отсюда . Аналогично находим, что .

и — две хорды данной окружности. По теореме о пересекающихся хордах , т.е. . Абсциссы и точек пересечения прямой и параболы определяются уравнением . По теореме Виета . Значит, , откуда .

Значение не подходит, так как при этом заданная прямая принимает вид , т.е. проходит через начало координат.

При (естественно, мы рассматриваем только те , при которых прямая и парабола имеют две точки пересечения) оба числа и положительны. Точка является серединой отрезка OC (сохраняем все обозначения первого случая). Тогда с одной стороны выходит, что точка — середина хорды , т.е. лежит внутри окружности. С другой стороны, точки и лежат на окружности, поэтому является хордой этой окружности, а точка лежит на продолжении хорды , т.е. вне окружности. Получаем противоречие, и этот случай невозможен.

Выражение под корнем раскладывается как . Значит корни находятся между и , поэтому если их разность то либо , либо

Если , то корни и нам подходят, так как корень будет определен и будет неотрицательным и будет положительным.

Если , то корни будут лежать в отрезке . Так как один из корней будет меньше другого на то меньший корень будет не больше Значит, если мы его подставим, то и . Единственный случай, когда их произведение будет , если . Отсюда меньший корень равен . Тогда больший корень равен и . Отсюда либо , либо и .

Обозначим данные последовательные натуральные числа через

Заметим, что если некоторое число лежит на отрезке то сумма расстояний от него до данных семи чисел не превосходит (сумма расстояний до двух крайних чисел в точности равна сумма расстояний до и не превосходит сумма расстояний до и также не превосходит расстояние до не превосходит половины длины отрезка между крайними числами, т.е. ). Следовательно, числа и лежат вне отрезка Тогда сумма расстояний от числа до каждого из данных последовательных чисел выражается формулой

Аналогично, сумма расстояний от числа до каждого из данных чисел равна Получаем систему уравнений

Рассмотрим четыре случая раскрытия модуля.

(a) Оба числа и лежат справа от отрезка Тогда

Ввиду того, что должно быть натуральным числом, этот случай не подходит

(b) Оба числа и лежат слева от отрезка Тогда

(c) Число лежит справа, а — слева от отрезка Тогда

(d) Число лежит справа, а — слева от отрезка Тогда

Итак, возможны три случая:

Чтобы получить два различных корня, дискриминант должен быть положителен, то есть . Далее мы можем использовать теорему Виета, тогда . Теперь преобразуем равенство в условии

Вынесем , Выразим вторую скобку в числителе , теперь подставим

Поскольку , то остаётся только одно значение.

Рассмотрим неравенство данной системы. При любом значении параметра расстояние от начала координат до прямой равно а точка удовлетворяет этому неравенству. Значит, неравенство задаёт полуплоскость, содержащую точку границей которой является прямая, касающаяся окружности

Уравнение данной системы можно преобразовать к виду Оно задаёт окружность с центром радиуса или точку при

Для того, чтобы система имела решение при любом значении параметра требуется, чтобы окружность пересекала любую из полуплоскостей, определяемых неравенством системы. Пусть радиус той окружности которая касается окружности внешним образом. Тогда сформулированному условию удовлетворяют все значения радиуса из промежутка .

Для окружностей, касающихся внешним образом, сумма радиусов равна расстоянию между центрами. Отсюда получаем, что поэтому а значит .

Переходя к графикам, заметим, что в первом уравнении в силу симметрии достаточно раскрыть только при , получаем , далее отражаем во все четверти. Второе же перепишем в виде — это окружность радиуса с центром в . Такая окружность имеет чётное число точек с первым графиком в силу симметрии относительно оси . Для нечётного числа решений необходимо, чтобы общая точка лежала на этой оси, эти случаи представлены на графике, откуда несложно найти и заметить, что в каждом ровно три решения.

Сначала запишем ОДЗ:

Теперь заметим, что Тогда сократим дробь из левой части уравнения:

Итак, уравнение принимает вид:

Подставим в уравнение и проверим, что эта точка не является решением ни при каком

Тогда можно выразить параметр и рассмотреть его, как переменную:

Изобразим график функции Для этого нужно раскрыть модуль. Рассмотрим два случая:

1.

то есть Тогда после выделения целой части уравнение примет вид:

2.

то есть После выделения целой части уравнение примет вид:

Число решений уравнения — количество пересечений прямой вида с графиком нужной функции (ниже не считаем точки, в которых график функции пересекает график прямой которая не входит в ОДЗ):

Из графика видно, что одно пересечение имеется при и при

При второе уравнение имеет не больше одного решения, а значит, и вся система иметь трёх решений не может. При второе уравнение задаёт окружность с центром и радиусом График первого уравнения — объединение окружности с центром и радиуса и квадрата с центром и длиной диагонали .

Расстояния от центра второй окружности до углов квадрата по прямой равны и , а до центра другой окружности . Мы хотим три точки пересечения с областью решений первого уравнения, поэтому либо окружность с параметром проходит через обозначенные углы квадрата (иначе пересечений с ним чётное число), либо касается окружности с центром в начале координат.

Замечание. Далее цвета окружностей названы в соответствием отображением в светлой, а не тёмной теме на сайте :)

• Касание происходит внешним образом и , то есть нет пересечений с квадратом (фиолетовая окружность) и пересечение всего одно.
• (проходит через вершину квадрата), как раз три точки пересечения, поскольку с красной ровно две точки пересечения (чёрная окружность).
• . Здесь также три решения (синяя окружность).
• , не пересекает красную окружность, потому решение всего одно.

Второе условие можно переписать, как

Если , то ?!

Если , то рассмотрим . Тогда . Осталось в качестве выбрать равное .

Заметим, что у такого уравнения корни всегда есть, потому что дискриминант квадратного трёхчлена из левой части положителен при любом значении :

Тогда по теореме Виета и . Заметим, что значение выражения

принимает наименьшее значение при .

Рассмотрим выражение как квадратный трёхчлен относительно Его дискриминант равен При дискриминант отрицателен, поэтому Если то т.е. при и при В итоге получаем, что выражение обращается в ноль в точке и положительно во всех остальных точках. Следовательно, первое неравенство системы равносильно совокупности Изобразим множество точек, удовлетворяющих этой совокупности, на координатной плоскости. Получаем все точки, лежащие на прямой и левее неё, точки на прямой и правее неё, а также точку

Перейдём ко второму неравенству. Проведём на координатной плоскости прямые и Они разбивают плоскость на 4 области, в каждой из которых знаки выражений под модулями постоянны. Рассматриваем 4 случая. Если и то неравенство принимает вид Аналогично, если и то . Если и то Если и то Окончательно получаем, что при неравенство задаёт точку при квадрат с центром в точке и стороной а при пустое множество.

Очевидно, при система не имеет решений. При для того, чтобы было единственное решение, нужно, чтобы точка попадала в квадрат, но чтобы квадрат не пересекал прямую откуда следует, что т.e.

Это квадратное уравнение имеет решение тогда и только тогда, когда его дискриминант неотрицателен:

Мы хотим чтобы для любого существовал , что равносильно

Используем формулу вспомогательного угла