В данной статье представлены решения задач, предлагавшихся учащимся 11-х класса с профильным уровнем изучения математики, направленные на обобщение и обогащение их умений и навыков при работе с параметрами. Задания взяты из сборника “ЕГЭ 2013 Математика Задача С5 Задачи с параметром”, авторы А.И. Козко, В.С. Панферов, И.Н. Сергеев, В.Г. Чирский” под редакцией А.Л. Семенова и И.В. Ященко. Москва Издательство МЦНМО 2013.
Хотя на ЕГЭ учащиеся не имеют возможности использовать вспомогательные технические средства, при подготовке к экзаменам их применение способствует выработке системного подхода к анализу информации и способов её представления, отработке приемов работы в среде “Математический конструктор 4.5” и сравнению её возможностей с широко используемой программой “Advanced Grapher”. Тем самым мы развиваем не только предметные навыки и умения выпускников, но способствуем достижению хороших личностных и метапредметных результатов. Решения могут использоваться и без компьютерных моделей в ситуации реального экзамена.
Тренировочные задачи к § 15 ЕГЭ 2013 Математика Задача С5
№ 11. Найдите все значения a, при которых
система уравнений имеет ровно 4 решения
.
Первое уравнение системы равносильно совокупности
,
имеющей решения при a>0. На плоскости Оху первое
уравнение совокупности задает множество точек,
симметричное относительно начала координат,
поскольку если (х0;у0) – решение
уравнения, то решением уравнения является также
упорядоченная пара (-х0;-у0). На
плоскости Оху второе уравнение совокупности
задает множество точек, симметричное
относительно осей Ох и Оу, поскольку если (х0;у0)
– решение уравнения, то решением уравнения
являются также упорядоченные пары (-х0;у0),
(х0;-у0), (-х0;-у0). Уравнения
совокупности симметричны относительно замены х
на у, а потому у множества точек, задаваемого
совокупностью, есть также ось симметрии у = х.
В первой четверти координатной плоскости (при 
)
соответствующие уравнения линий 
Во второй четверти
координатной плоскости (при ) соответствующее уравнение линии 
На рис.1
представлено несколько возможных вариантов
взаимного расположения окружности с центром в
начале координат и соответствующего множества,
задаваемого совокупностью, которые порождают 4
решения исходной системы (без учета масштаба).
Рис. 1
Расчет значений параметра.
Касание окружности и квадрата:
Прохождение окружности через вершины квадрата:
Прохождение окружности через вершины шестиугольника в 1 и 3 четверти:
Нас удовлетворяют а: 
Ответ. 
№13. Найдите все значения a, при каждом из которых система
имеет
единственное решение.
Отметим, что 
. Исходная система принимает вид 
. Система симметрична
относителньо замены x на –x.
Если (х0;у0) – решение системы, то и (-х0;у0) – её решение.
Необходимость.
Единственное решение системы с необходимостью должно иметь вид (0;у0).
Определим, при каких значениях параметра а возможно существование решения (0;у0).
Достаточность.
а=4: 
а=2: 
Из второго уравнения системы видно, что у – неотрицательная величина. Из неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим левая часть первого уравнения не меньше 2, причем равенство двум достигается только при х=0. Правая часть первого уравнения не больше 2. Из проведенной оценки использование метода мажорант дает единственное решение системы (0;0). Ответ. 2;4.
№16. Для каждого значения a решите систему
Выделив полные квадраты, перепишем систему уравнений в виде
Введем координатную плоскость Oxa, на которой отметим точки A(x;a), B(8;6),C(-2;10).
Второе уравнение системы можно интерпретировать тогда как равенство AB + AC = BC (*). Если точка A не принадлежит прямой BC, то из неравенства треугольника имеем AB + AC > BC. Равенство же (*) возможно тогда и только тогда, когда точка A принадлежит отрезку BC.
Используя координаты точек B и C, составим уравнение прямой BC в координатах:
Рис.2
a(x) = -0.4x+9.2 Как следует из рис.2, отрезок ВС и окружность, задаваемая первым уравнением системы, пересекаются в единственной точке, то есть лишь при одном значении параметра a система имеет решение.
Скажу сразу, что решая аналитически систему уравнений, я позволила себе воспользоваться калькулятором, и искренне не понимаю, за что должны терпеть на ЕГЭ эти вычислительные мучения ученики, работая с задачей С5, коль скоро и в группе В хватает возможностей проверить их вычислительные навыки.
После подстановки а(х) в первое уравнение системы получаем квадратное уравнение
29x2 -434x +1266 =0. Отрезку [-2;8] принадлежит меньший корень уравнения
,
при этом 
Ответ. При 
, при других значениях а решений нет.
Замечание. На рисунке 2 представлен принтскрин из работ учащихся, на котором отмечаются эллипсы с фокусами в точках B и C. При условии задачи эти эллипсы стягиваются в отрезок, что позволяет подобраться к решению задачи. Обычное компьютерное моделирование для наклонного отрезка не позволяет задать его в программной среде аналитически, четкое воспроизведение условия второго уравнения приводит к полному исчезновению точек с экрана. Но моделирование в следующей задаче позволяет абсолютно точно изображать в той же программе вертикальные отрезки.
На рис 3 представлен экспорт рисунка из программы “Математический конструктор 4.5”.
Рис.3
№17. При каких значениях a система
имеет единственное решение?
Разрешим первое уравнение системы, как квадратное относительно у.
D=(2a+1)2-4(a2+a-2)=9, откуда y = a+2 или y= a-1 (*).
Рассмотрим точки A(x;y), B(a;0), C(a;3) на плоскости Оху. BC=3.
Второе уравнение системы дает AB +AC =BC. Аналогично решению предшествующей задачи получаем, что точка A обязана принадлежать отрезку BC.
Так как абсциссы точек B и C равны, то отрезок BC – вертикальный, тогда точка A имеет абсциссу а, а её ордината принадлежит отрезку [0;3].
Определим, при каких значениях параметра а одно и только одно значение y из (*) принадлежит [0;3].
Как видно, существование ровно одного
решения системы возможно для значений а из 
Ответ.
На рис.4 представлен скриншот из работ учащихся по изучению ГМТ, задаваемых квадратичными формами в программе “Математический конструктор 4.5”.
Рис.4
На рис. 5 представлен скриншот с результатами компьютерного моделирования учащихся в программе “Advanced Grapher”, позволяющие оценить взаимное расположение множеств точек, задаваемых системой уравнений для различных значений параметра а.
Рис.5
№25. Найдите все значения a, при каждом из
которых система 
имеет ровно два различных решения.
Преобразуем второе уравнение системы, группируя слагаемые для выделения полных квадратов.
Пусть x-a/3=t; y+a =p. И свершается чудо!
После подстановки этой линейной замены в первое
уравнение исходной системы получаем: tp=1. В новых
перменных система принимает вид 
Множества точек на плоскости Оtp
симметричны относительно центра (0;0) и прямой p = t.
Первое из них представляет фиксированную
гиперболу, второе – окружность с центром в
начале координат переменного радиуса. Ровно два
решения получившейся системы возможны тогда и
только тогда, когда гипербола и окружность
касаются в точках (1;1) и (-1;-1). Радиус окружности
при этом равен 
Тогда r2=2, откуда 3a2 +2a -1 =0. a1=-1; a2=1/3.
Каждому значению a отвечает ровно два решения (t;p). Каждое решение (t;p) порождает ровно одно решение (x;y), причем разные решения в новых переменных порождают различные решения в прежних переменных.
Ответ. -1; 1/3.