сайты - меню - вход - но­во­сти


Задания
Версия для печати и копирования в MS Word
Спрятать решение

Ре­ше­ние.

Пер­вое урав­не­ние си­сте­мы не ме­ня­ет­ся при за­ме­не x на x  — и/или y на −y. Сле­до­ва­тель­но, мно­же­ство точек, за­да­ва­е­мых пер­вым урав­не­ни­ем сим­мет­рич­но от­но­си­тель­но обеих осей ко­ор­ди­нат. В пер­вой чет­вер­ти по­лу­ча­ем часть пря­мой y=4 минус дробь: чис­ли­тель: 4, зна­ме­на­тель: 3 конец дроби x   — от­ре­зок, со­еди­ня­ю­щий точки (3; 0) и (0; 4). Ис­поль­зуя сим­мет­рию мно­же­ства от­но­си­тель­но ко­ор­ди­нат­ных осей, по­лу­ча­ем ромб с вер­ши­на­ми A левая круг­лая скоб­ка 3; 0 пра­вая круг­лая скоб­ка , B левая круг­лая скоб­ка 0; 4 пра­вая круг­лая скоб­ка , C левая круг­лая скоб­ка минус 3; 0 пра­вая круг­лая скоб­ка ,  D левая круг­лая скоб­ка 0; минус 4 пра­вая круг­лая скоб­ка .

Вто­рое урав­не­ние си­сте­мы может быть за­пи­са­но в виде  левая круг­лая скоб­ка x минус 1 пра­вая круг­лая скоб­ка в квад­ра­те плюс y в квад­ра­те =a в квад­ра­те . Оно задаёт окруж­ность с цен­тром Q левая круг­лая скоб­ка 1; 0 пра­вая круг­лая скоб­ка ра­ди­у­са |a| (или точку Q, если a=0 пра­вая круг­лая скоб­ка . При a=0 ре­ше­ний нет, так что рас­смот­рим слу­чай окруж­но­сти.

а)  И ромб, и окруж­ность сим­мет­рич­ны от­но­си­тель­но оси абс­цисс, сле­до­ва­тель­но, 3 ре­ше­ния воз­мож­ны толь­ко в том слу­чае, когда одна из общих точек окруж­но­сти и ромба лежит на оси абс­цисс. Это про­ис­хо­дит, если ра­ди­ус окруж­но­сти равен от­рез­ку QA или от­рез­ку QC, т. е. |a|=2 или |a|=4. Не­слож­но ви­деть, что при |a|=2 си­сте­ма имеет 3 ре­ше­ния, а при |a|=4 минус 5 ре­ше­ний. Зна­чит, 3 ре­ше­ния воз­мож­ны толь­ко при a=\pm 2.

б)  Пусть R_0  — ра­ди­ус той окруж­но­сти, ко­то­рая ка­са­ет­ся сто­рон BC и CD, а R_1  — ра­ди­ус той окруж­но­сти, ко­то­рая ка­са­ет­ся сто­рон AB и AD ромба. Си­сте­ма имеет ровно два ре­ше­ния в том и толь­ко том слу­чае, когда

|a| при­над­ле­жит левая фи­гур­ная скоб­ка R_1 пра­вая фи­гур­ная скоб­ка \cup левая круг­лая скоб­ка Q A ; R_0 пра­вая круг­лая скоб­ка \cup левая фи­гур­ная скоб­ка Q B пра­вая фи­гур­ная скоб­ка .

Тогда Q A=2, от­сю­да Q B= ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 4 в сте­пе­ни левая круг­лая скоб­ка 2 конец ар­гу­мен­та плюс 1 в квад­ра­те пра­вая круг­лая скоб­ка = ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 17 конец ар­гу­мен­та . Пусть окруж­ность ра­ди­у­са R_1 ка­са­ет­ся сто­ро­ны AB в точке J, а окруж­ность ра­ди­у­са  tg R_0 ка­са­ет­ся сто­ро­ны BC в точке L. Тре­уголь­ник CLQ  — пря­мо­уголь­ный, \angle C равен уг­ло­во­му ко­эф­фи­ци­ен­ту пря­мой BC, то есть  тан­генс \angle C= дробь: чис­ли­тель: 4, зна­ме­на­тель: 3 конец дроби . Тогда

C L= дробь: чис­ли­тель: L Q, зна­ме­на­тель: t g \angle C конец дроби = дробь: чис­ли­тель: 3 R_0, зна­ме­на­тель: 4 конец дроби .

По тео­ре­ме Пи­фа­го­ра для тре­уголь­ни­ка CLQ по­лу­ча­ем

16=R_0 в квад­ра­те плюс дробь: чис­ли­тель: 9 R_0 в квад­ра­те , зна­ме­на­тель: 16 конец дроби ,

от­ку­да R_0= дробь: чис­ли­тель: 16, зна­ме­на­тель: 5 конец дроби . По­сколь­ку тре­уголь­ни­ки JQA и LQC по­доб­ны и ко­эф­фи­ци­ент по­до­бия равен  дробь: чис­ли­тель: Q A, зна­ме­на­тель: Q C конец дроби = дробь: чис­ли­тель: 1, зна­ме­на­тель: 2 конец дроби , то

R_1=Q J= дробь: чис­ли­тель: 1, зна­ме­на­тель: 2 конец дроби Q L= дробь: чис­ли­тель: 8, зна­ме­на­тель: 5 конец дроби .

Окон­ча­тель­но по­лу­ча­ем

|a| при­над­ле­жит левая фи­гур­ная скоб­ка дробь: чис­ли­тель: 8, зна­ме­на­тель: 5 конец дроби пра­вая фи­гур­ная скоб­ка \cup левая круг­лая скоб­ка 2 ; дробь: чис­ли­тель: 16, зна­ме­на­тель: 5 конец дроби пра­вая круг­лая скоб­ка \cup левая фи­гур­ная скоб­ка ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 17 конец ар­гу­мен­та пра­вая фи­гур­ная скоб­ка .

 

Ответ: а)\mid a\mid =2; б) \mid a\mid при­над­ле­жит левая фи­гур­ная скоб­ка дробь: чис­ли­тель: 8, зна­ме­на­тель: 5 конец дроби пра­вая фи­гур­ная скоб­ка \cup левая круг­лая скоб­ка 2; дробь: чис­ли­тель: 16, зна­ме­на­тель: 5 конец дроби пра­вая круг­лая скоб­ка \cup левая фи­гур­ная скоб­ка ко­рень из: на­ча­ло ар­гу­мен­та: 17 конец ар­гу­мен­та пра­вая фи­гур­ная скоб­ка .

Спрятать критерии
Критерии проверки:

Изоб­ра­же­но мно­же­ство точек, удо­вле­тво­ря­ю­щих пер­во­му урав­не­нию си­сте­мы 1 балл.

По­ка­за­но, что вто­рое урав­не­ние си­сте­мы задаёт окруж­ность пе­ре­мен­но­го ра­ди­у­са (или точку) 1 6алл.

Решён пункт а) — 2 балла.

Если ука­за­но, что нечётное число ре­ше­ний может быть толь­ко когда окруж­ность про­хо­дит через вер­ши­ну ромба, при­над­ле­жа­щую его мень­шей диа­го­на­ли, и при этом по­лу­чен не­вер­ный ответ (лиш­ние ре­ше­ния), то 1 балл вме­сто 2.

Решён пункт б) — 3 балла.

От­сут­ству­ет про­вер­ка того, что если окруж­ность про­хо­дит через бли­жай­шую вер­ши­ну ромба, то она не имеет общих точек с двумя даль­ни­ми сто­ро­на­ми ромба и пр. — баллы не сни­мать.

Если ра­ди­ус окруж­но­сти равен a вме­сто |a|, то снять 1 балл при усло­вии, что пол­но­стью решён хотя бы один из пунк­тов а) или 6).


Аналоги к заданию № 1265: 1272 Все