Задание №18 Т/Р №183 А. Ларина

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: $(-\infty;-6]\cup[-\frac{2}{3};0)\cup (0;+\infty).$