Смотрите также №13; №14; №15; №16; №17; №19 Тренировочной работы №183 А. Ларина
18. Определите, при каких значениях параметра $a$ пересечение множеств
$(x-a+1)^2+(y-2a-3)^2\leq 80$, $(x-2a+3)^2+(y-4a+1)^2\leq 20a^2$
представляет собой круг.
Решение:
Расстояние между центрами окружностей $O_1O_2$ есть
$\sqrt{(a-1-(2a-3))^2+(2a+3-(4a-1))^2}=\sqrt{(2-a)^2+(4-2a)^2}=$
$=\sqrt{(2-a)^2+4(2-a)^2}=\sqrt5|2-a|.$
Пересечение указанных множеств – круг, если один из кругов находится внутри другого, то есть
$|R_1-R_2|\geq O_1O_2,$
где $R_1,R_2$ – радиусы окружностей $(x-a+1)^2+(y-2a-3)^2=80$, $(x-2a+3)^2+(y-4a+1)^2=20a^2$.
Подходящие значения параметра $a$ таким образом находим из неравенства:
$|\sqrt{80}-\sqrt{20a^2}|\geq \sqrt5|2-a|;$
$|4\sqrt{5}-2\sqrt5|a||\geq \sqrt5|2-a|;$
$|4-2|a||\geq |2-a|.$
Согласно методу замены множителей имеем:
$(4-2|a|-(2-a))(4-2|a|+(2-a))\geq 0;$
$(2-2|a|+a)(6-2|a|-a)\geq 0;$
Если $a>0,$ то
$(2-2a+a)(6-2a-a)\geq 0;$
$(a-2)^2\geq 0;$
$a\in (-\infty;+\infty).$
С учетом $a>0$ имеем $a\in (0;+\infty).$
Если $a<0,$ то
$(2+2a+a)(6+2a-a)\geq 0;$
$(2+3a)(6+a)\geq 0;$
$a\in (-\infty;-6]\cup[-\frac{2}{3};+\infty);$
С учетом $a<0$ имеем $a\in (-\infty;-6]\cup[-\frac{2}{3};0).$
Если $a=0,$ то один из кругов вырождается в точку. Вариант неинтересен.
Итак,
$a\in (-\infty;-6]\cup[-\frac{2}{3};0)\cup (0;+\infty).$
Ответ: $(-\infty;-6]\cup[-\frac{2}{3};0)\cup (0;+\infty).$
Добавить комментарий