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第九节　圆锥曲线中的求值与证明问题
题点一　求值问题
[例1]　(2024·北京高考)已知椭圆E:+=1(a>b>0),以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点(0,t)(t>)且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A,B,过点A和C(0,1)的直线AC与椭圆E的另一个交点为D.
(1)求椭圆E的方程及离心率;
(2)若直线BD的斜率为0,求t的值.
快审准解:(1)由题意得b=c=,进一步得a,由此即可得解;
(2)说明直线AB斜率存在,设AB:y=kx+t(k≠0,t>),A(x1,y1),B(x2,y2),联立椭圆方程,由根与系数的关系有x1+x2=,x1x2=,而A,C,D三点共线,由kAC=kCD即可得解.
|思维建模|
(1)解答直线与椭圆相交的题目时,常用到“设而不求”的方法,即联立直线和椭圆的方程,消去y(或x)得一元二次方程,然后借助根与系数的关系,并结合题设条件,建立有关参变量的等量关系求解.
(2)涉及直线方程的设法时,务必考虑全面,不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.
[即时训练]
1.(2025·绵阳开学考试)已知双曲线E:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,E的一条渐近线方程为y=x,过F1且与x轴垂直的直线与E交于A,B两点,且△ABF2的周长为16.
(1)求E的方程;
(2)过F2作直线l与E交于C,D两点,若=3,求直线CD的斜率.
题点二　证明问题
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[例2]　(2024·全国甲卷)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F,点M在C上,且MF⊥x轴.
(1)求C的方程;
(2)过点P(4,0)的直线交C于A,B两点,N为线段FP的中点,直线NB交直线MF于点Q,证明:AQ⊥y轴.
快审准解:(1)根据M的坐标及MF⊥x轴可求基本量,可求椭圆方程;
(2)设AB:x=ty+4(t≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),Q(1,n),联立直线方程和椭圆方程,用A,B的坐标表示n-y1,结合根与系数的关系化简可得n-y1=0,可证AQ⊥y轴.
|思维建模|
树立“转化”意识,证明位置关系,如相切、垂直、过定点等,关键是将位置关系转化为代数关系.
几何性质 代数实现
对边平行 斜率相等,或向量平行
对边相等 横(纵)坐标差相等
对角线互相平分 中点重合
两边垂直 数量积为0
[即时训练]
2.在平面直角坐标系中,O为坐标原点,E为直线l:y=-1上一点,动点F满足FE⊥l,⊥.
(1)求动点F的轨迹C的方程;
(2)若过点T作直线与C交于不同的两点M,N,点P(1,1),过点M作y轴的垂线分别与直线OP,ON交于点A,B.证明:A为线段BM的中点.
第九节　圆锥曲线中的求值与证明问题
题点一
[例1]　解:(1)由题意可知b=,c=,所以a==2,
故椭圆E的方程为+=1,离心率e==.
(2)易知AB斜率不为0,否则直线AB与椭圆无交点,设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y=kx+t(k≠0),
联立得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-4=0.
所以Δ=(4kt)2-4(1+2k2)(2t2-4)>0,即4k2-t2+2>0,
由根与系数的关系得　①.
由椭圆的对称性可得D(-x2,y2),
因为A,C,D三点共线,所以kAC=kCD,
所以=,即x1y2+x2y1-(x1+x2)=0.
由y1=kx1+t,y2=kx2+t,
得x1(kx2+t)+x2(kx1+t)-(x1+x2)=0,
整理得2kx1x2+(t-1)(x1+x2)=0　②.
所以2k·+(t-1)·=0,解得t=2.此时k满足4k2+2-t2=4k2-2>0,k≠0.
所以t的值为2.
[即时训练]
1.快审准解:(1)将x=-c代入双曲线E得y=±,故得|AF1|=|BF1|=,从而结合双曲线定义以及题意得
解出a,b即可得解.
(2)由题意得直线l的斜率存在且不为0,设l:x=my+2(m≠0),接着与双曲线E联立方程结合根与系数的关系求得y1+y2和y1y2,由=3,得y1=-3y2,与根与系数的关系结合即可求出,进而即可得直线CD的斜率.
解:(1)将x=-c代入E:-=1(a>0,b>0),得y=±,所以|AF1|=|BF1|=,
所以|AF2|=|BF2|=+2a,所以
所以双曲线E的方程为x2-=1.
(2)由(1)知F2(2,0),显然当直线l的斜率不存在或l的斜率为0时,=3不成立,
故直线l的斜率存在,且不为0.设l:x=my+2(m≠0),C(x1,y1),D(x2,y2),
联立 (3m2-1)y2+12my+9=0,则Δ=36m2+36>0,且3m2-1≠0,即m2≠,y1+y2=-,y1y2=.
又=3,所以y1=-3y2,
所以
所以由得=-,解得=15,
故直线CD的斜率为或-.
题点二
[例2]　解:(1)法一:直接法　由题意知
解得所以椭圆C的方程为+=1.
法二　由题意知解得
所以椭圆C的方程为+=1.
法三:巧用椭圆的定义　设F'为C的左焦点,连接MF',则|MF|=,|FF'|=2,在Rt△MFF'中,|MF'|===.
由椭圆的定义知2a=|MF'|+|MF|=4,2c=|FF'|=2,
所以a=2,c=1.又a2=b2+c2,所以b=,
所以椭圆C的方程为+=1.
(2)证明:分析知直线AB的斜率存在.
易知当直线AB的斜率为0时,AQ⊥y轴.
当直线AB的斜率不为0时,设直线AB:x=ty+4(t≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),Q(1,n),
联立方程消去x得(3t2+4)y2+24ty+36=0,Δ>0,
则y1+y2=,y1y2=.
因为N为线段FP的中点,F(1,0),所以N.
由N,Q,B三点共线,得kBN=kNQ,即=,得-y2=n,解得n=.
所以n-y1=-y1=-y1===0,
所以n=y1,所以AQ⊥y轴.综上,AQ⊥y轴.
[即时训练]
2.快审准解:(1)设动点F的坐标为(x,y),直接利用题中的条件列式并化简,从而求出动点F的轨迹方程;
(2)设点M(x1,y1),N(x2,y2),A(xA,y1),B(xB,y1),要证A为线段BM的中点,只需证2xA=xB+x1即可,设直线的方程为x=my+,联立直线与曲线的方程,列出根与系数的关系,由直线OP,ON可求得点A,B,计算xB+x1-2xA=0即可证.
解:(1)设点F(x,y),则E(x,-1),因为⊥,所以·=0,所以x2-y=0,即x2=y,所以动点F的轨迹C的方程为y=x2.
(2)证明:因为BM⊥y轴,所以设M(x1,y1),N(x2,y2),A(xA,y1),B(xB,y1),若要证A为线段BM的中点,只需证2xA=xB+x1即可,
当直线MN斜率不存在或斜率为0时,与抛物线只有一个交点,不满足题意,
所以直线MN斜率存在且不为0,x1x2y1y2≠0,
设直线MN:x=my+,m≠0,由得2mx2-2x+1=0,
Δ=4-4×2m×1=4-8m.由题意可知,直线MN与抛物线C有两个交点,
所以Δ>0,即4-8m>0,所以m<,由根与系数的关系,得x1+x2=,x1x2=.
由题意,得直线OP的方程y=x,所以A(y1,y1),直线ON的方程y=x,所以B,
所以xB+x1-2xA=+x1-2y1=+x1-2=x1=x1·=(x1+x2-2x1x2)==0,
所以A为线段BM的中点.
习得方略:能直接列出等量关系式时可以用直接法求轨迹方程,解题步骤为
(1)根据已知条件及一些基本公式(两点间距离公式、点到直线的距离公式、直线斜率公式等)直接列出动点满足的等量关系式,从而得到轨迹方程;
(2)注意“多点”和“少点”,一般情况下,斜率和三角形顶点等约束条件.(共41张PPT)
第九节
圆锥曲线中的求值与证明问题
目录
01.题点一　求值问题
02.题点二　证明问题
03.课时跟踪检测
[例1]　(2024·北京高考)已知椭圆E:+=1(a>b>0),以椭圆E的焦点和短轴端点为顶点的四边形是边长为2的正方形.过点(0,t)(t>)且斜率存在的直线与椭圆E交于不同的两点A,B,过点A和C(0,1)的直线AC与椭圆E的另一个交点为D.
(1)求椭圆E的方程及离心率;
快审准解:由题意得b=c=,进一步得a,由此即可得解;
解:由题意可知b=,c=,所以a==2,
故椭圆E的方程为+=1,离心率e==.
题点一　求值问题
(2)若直线BD的斜率为0,求t的值.
快审准解:说明直线AB斜率存在,设AB:y=kx+t(k≠0,t>),
A(x1,y1),B(x2,y2),联立椭圆方程,由根与系数的关系有x1+x2=,x1x2=,而A,C,D三点共线,由kAC=kCD即可得解.
解:易知AB斜率不为0,否则直线AB与椭圆无交点,设A(x1,y1),B(x2,y2),直线AB的方程为y=kx+t(k≠0),
联立得(1+2k2)x2+4ktx+2t2-4=0.
所以Δ=(4kt)2-4(1+2k2)(2t2-4)>0,即4k2-t2+2>0,
由根与系数的关系得　①.
由椭圆的对称性可得D(-x2,y2),
因为A,C,D三点共线,所以kAC=kCD,
所以=,即x1y2+x2y1-(x1+x2)=0.
由y1=kx1+t,y2=kx2+t,得x1(kx2+t)+x2(kx1+t)-(x1+x2)=0,
整理得2kx1x2+(t-1)(x1+x2)=0　②.
所以2k·+(t-1)·=0,解得t=2.
此时k满足4k2+2-t2=4k2-2>0,k≠0.
所以t的值为2.
(1)解答直线与椭圆相交的题目时,常用到“设而不求”的方法,即联立直线和椭圆的方程,消去y(或x)得一元二次方程,然后借助根与系数的关系,并结合题设条件,建立有关参变量的等量关系求解.
(2)涉及直线方程的设法时,务必考虑全面,不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形.
思维建模
1.(2025·绵阳开学考试)已知双曲线E:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,E的一条渐近线方程为y=x,过F1且与x轴垂直的直线与E交于A,B两点,且△ABF2的周长为16.
(1)求E的方程;
快审准解:将x=-c代入双曲线E得y=±,故得|AF1|=|BF1|=,从而结合双曲线定义以及题意得解出a,b即可得解.
即时训练
解:将x=-c代入E:-=1(a>0,b>0),得y=±,所以|AF1|=|BF1|=,
所以|AF2|=|BF2|=+2a,
所以
所以双曲线E的方程为x2-=1.
(2)过F2作直线l与E交于C,D两点,若=3,求直线CD的斜率.
快审准解:由题意得直线l的斜率存在且不为0,设l:x=my+2(m≠0),接着与双曲线E联立方程结合根与系数的关系求得y1+y2和y1y2,由=3,得y1=-3y2,与根与系数的关系结合即可求出,进而即可得直线CD的斜率.
解:由(1)知F2(2,0),显然当直线l的斜率不存在或l的斜率为0时,=3不成立,
故直线l的斜率存在,且不为0.
设l:x=my+2(m≠0),C(x1,y1),D(x2,y2),
联立 (3m2-1)y2+12my+9=0,
则Δ=36m2+36>0,且3m2-1≠0,即m2≠,
y1+y2=-,y1y2=.
又=3,所以y1=-3y2,
所以
所以由得=-,解得=15,
故直线CD的斜率为或-.
[例2]　(2024·全国甲卷)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点为F,点M在C上,且MF⊥x轴.
(1)求C的方程;
快审准解:根据M的坐标及MF⊥x轴可求基本量,可求椭圆方程;
题点二　证明问题
解:法一:直接法　由题意知
解得所以椭圆C的方程为+=1.
法二　由题意知解得
所以椭圆C的方程为+=1.
法三:巧用椭圆的定义　设F'为C的左焦点,连接MF',
则|MF|=,|FF'|=2,
在Rt△MFF'中,|MF'|===.
由椭圆的定义知2a=|MF'|+|MF|=4,2c=|FF'|=2,
所以a=2,c=1.又a2=b2+c2,所以b=,
所以椭圆C的方程为+=1.
(2)过点P(4,0)的直线交C于A,B两点,N为线段FP的中点,直线NB交直线MF于点Q,证明:AQ⊥y轴.
快审准解:设AB:x=ty+4(t≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),Q(1,n),联立直线方程和椭圆方程,用A,B的坐标表示n-y1,结合根与系数的关系化简可得n-y1=0,可证AQ⊥y轴.
解:证明:分析知直线AB的斜率存在.
易知当直线AB的斜率为0时,AQ⊥y轴.
当直线AB的斜率不为0时,
设直线AB:x=ty+4(t≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),Q(1,n),
联立方程
消去x得(3t2+4)y2+24ty+36=0,Δ>0,
则y1+y2=,y1y2=.
因为N为线段FP的中点,F(1,0),所以N.
由N,Q,B三点共线,得kBN=kNQ,即=,得-y2=n,
解得n=.
所以n-y1=-y1=-y1===0,
所以n=y1,所以AQ⊥y轴.综上,AQ⊥y轴.
树立“转化”意识,证明位置关系,如相切、垂直、过定点等,关键是将位置关系转化为代数关系.
思维建模
几何性质 代数实现
对边平行 斜率相等,或向量平行
对边相等 横(纵)坐标差相等
对角线互相平分 中点重合
两边垂直 数量积为0
2.在平面直角坐标系中,O为坐标原点,E为直线l:y=-1上一点,动点F满足FE⊥l,⊥.
(1)求动点F的轨迹C的方程;
快审准解:设动点F的坐标为(x,y),直接利用题中的条件列式并化简,从而求出动点F的轨迹方程;
解:设点F(x,y),则E(x,-1),因为⊥,所以·=0,所以x2-y=0,即x2=y,所以动点F的轨迹C的方程为y=x2.
即时训练
(2)若过点T作直线与C交于不同的两点M,N,点P(1,1),过点M作y轴的垂线分别与直线OP,ON交于点A,B.证明:A为线段BM的中点.
快审准解:设点M(x1,y1),N(x2,y2),A(xA,y1),B(xB,y1),要证A为线段BM的中点,只需证2xA=xB+x1即可,设直线的方程为x=my+,联立直线与曲线的方程,列出根与系数的关系,由直线OP,ON可求得点A,B,计算xB+x1-2xA=0即可证.
解:证明:因为BM⊥y轴,
所以设M(x1,y1),N(x2,y2),A(xA,y1),B(xB,y1),若要证A为线段BM的中点,只需证2xA=xB+x1即可,
当直线MN斜率不存在或斜率为0时,与抛物线只有一个交点,不满足题意,
所以直线MN斜率存在且不为0,x1x2y1y2≠0,
设直线MN:x=my+,m≠0,由
得2mx2-2x+1=0,
Δ=4-4×2m×1=4-8m.由题意可知,直线MN与抛物线C有两个交点,
所以Δ>0,即4-8m>0,所以m<,由根与系数的关系,
得x1+x2=,x1x2=.
由题意,得直线OP的方程y=x,所以A(y1,y1),
直线ON的方程y=x,所以B,
所以xB+x1-2xA=+x1-2y1
=+x1-2=x1
=x1·=(x1+x2-2x1x2)
==0,
所以A为线段BM的中点.
能直接列出等量关系式时可以用直接法求轨迹方程,解题步骤为
(1)根据已知条件及一些基本公式(两点间距离公式、点到直线的距离公式、直线斜率公式等)直接列出动点满足的等量关系式,从而得到轨迹方程;
(2)注意“多点”和“少点”,一般情况下,斜率和三角形顶点等约束条件.
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习得方略
课时跟踪检测
03
1.(15分)(2025·太原期末)已知点F为抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点,点A(2,m)在抛物线E上,且|AF|=3.
(1)求抛物线E的方程;(5分)
解:由题意得2+=3,解得p=2,
故抛物线E的方程为y2=4x.
1
2
3
4
(2)已知点G(-1,0),过点F的直线交抛物线于C,D两点,求证:∠CGF=∠DGF.(10分)
解:证明:设直线CD的方程为x=ty+1,C,D,由得y2-4ty-4=0,Δ=16(t2+1)>0,∴y1y2=-4.
∴kGC+kGD=+==0,
∴kGC=-kGD,即直线GC,GD关于x轴对称,故∠CGF=∠DGF.
1
2
3
4
1
2
3
4
2.(15分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为e=,其左、右顶点分别为A,B,下焦点为F,若S△ABF=.
(1)求椭圆C的方程;(5分)
解:由题可知S△ABF=·2bc=,即bc=,又e=,
∴ ∴椭圆C的方程为+x2=1.
(2)若点P为椭圆C上的动点,且在第一象限运动,直线AP的斜率为k,且与y轴交于点M,过点M与AP垂直的直线交x轴于点N,若直线PN的斜率为-k,求k的值.(10分)
解:由题意知A(-1,0),kAP=k,则直线lAP:y=k(x+1),∴M(0,k),
联立方程 (k2+4)x2+2k2x+k2-4=0,
1
2
3
4
∴xA+xP=,xAxP=,∴xP=,∴yP=k(xP+1)=,
∴P.∵MN⊥AP,∴直线lMN:y=-x+k.
令y=0,解得xN=k2,∴N(k2,0),∴kPN==-k,即k4+5k2-24=0,
解得k2=3或k2=-8(舍去),∵P在第一象限,∴k=.
1
2
3
4
3.(15分)(2025·南昌模拟)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的离心率为2,顶点到渐近线的距离为.
(1)求C的方程;(5分)
解:记C的半焦距为c,由题得C的离心率e==2,　①
由对称性不妨设C的顶点为(a,0),渐近线方程为bx-ay=0,则=.　②又a2+b2=c2,　③
联立①②③,解得a=,b=,c=2,所以C的方程为-=1.
1
2
3
4
(2)若直线l:y=kx+2交C于A,B两点,O为坐标原点,且△AOB的面积为2,求k的值.(10分)
解:设A(x1,y1),B(x2,y2),由得(3-k2)x2-4kx-10=0,
所以
解得-1
2
3
4
所以x1+x2=,x1x2=,
所以|AB|=
=·=.
又点O到直线l的距离d=,
1
2
3
4
所以△AOB的面积S=|AB|·d
=×·==2,
解得k=±1或k=±2,符合(*)式,
所以k=±1或k=±2.
1
2
3
4
4.(15分)已知椭圆C的方程为+=1(a>b>0),右焦点为F(,0),且离心率为.
(1)求椭圆C的方程;(5分)
解:由题意,知椭圆的半焦距c=且e==,
所以a=,又b2=a2-c2=1,所以椭圆C的方程为+y2=1.
1
2
3
4
(2)设M,N是椭圆C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切.证明:M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=.(10分)
解:证明:由(1)得,曲线为x2+y2=1(x>0),
当直线MN的斜率不存在时,直线MN:x=1,不符合题意;
当直线MN的斜率存在时,设M(x1,y1),N(x2,y2).
必要性:若M,N,F三点共线,可设直线MN:y=k(x-),
即kx-y-k=0,
1
2
3
4
由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切可得=1,
解得k=±1,联立
可得4x2-6x+3=0,所以x1+x2=,x1x2=,所以|MN|=·=,所以必要性成立;
充分性:设直线MN:y=kx+m(km<0),即kx-y+m=0,
1
2
3
4
由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切可得=1,所以m2=k2+1,联立可得(1+3k2)x2+6kmx+3m2-3=0,
所以x1+x2=-,x1x2=,
所以|MN|=·=
·=·=,
1
2
3
4
化简得3(k2-1)2=0,所以k=±1,
所以或
所以直线MN:y=x-或y=-x+,
所以直线MN过点F(,0),即M,N,F三点共线,充分性成立.
所以M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=.
1
2
3
4课时跟踪检测(六十五)　圆锥曲线中的求值与证明问题
1.(15分)(2025·太原期末)已知点F为抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点,点A(2,m)在抛物线E上,且|AF|=3.
(1)求抛物线E的方程;(5分)
(2)已知点G(-1,0),过点F的直线交抛物线于C,D两点,求证:∠CGF=∠DGF.(10分)
2.(15分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为e=,其左、右顶点分别为A,B,下焦点为F,若S△ABF=.
(1)求椭圆C的方程;(5分)
(2)若点P为椭圆C上的动点,且在第一象限运动,直线AP的斜率为k,且与y轴交于点M,过点M与AP垂直的直线交x轴于点N,若直线PN的斜率为-k,求k的值.(10分)
3.(15分)(2025·南昌模拟)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的离心率为2,顶点到渐近线的距离为.
(1)求C的方程;(5分)
(2)若直线l:y=kx+2交C于A,B两点,O为坐标原点,且△AOB的面积为2,求k的值.(10分)
4.(15分)已知椭圆C的方程为+=1(a>b>0),右焦点为F(,0),且离心率为.
(1)求椭圆C的方程;(5分)
(2)设M,N是椭圆C上的两点,直线MN与曲线x2+y2=b2(x>0)相切.证明:M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=.(10分)
课时跟踪检测(六十五)
1.解:(1)由题意得2+=3,解得p=2,
故抛物线E的方程为y2=4x.
(2)证明:设直线CD的方程为x=ty+1,C,D,由得y2-4ty-4=0,Δ=16(t2+1)>0,
∴y1y2=-4.
∴kGC+kGD=+==0,
∴kGC=-kGD,即直线GC,GD关于x轴对称,
故∠CGF=∠DGF.
2.解:(1)由题可知S△ABF=·2bc=,
即bc=,又e=,∴
∴椭圆C的方程为+x2=1.
(2)由题意知A(-1,0),kAP=k,
则直线lAP:y=k(x+1),∴M(0,k),
联立方程 (k2+4)x2+2k2x+k2-4=0,
∴xA+xP=,xAxP=,∴xP=,
∴yP=k(xP+1)=,∴P.
∵MN⊥AP,∴直线lMN:y=-x+k.
令y=0,解得xN=k2,∴N(k2,0),
∴kPN==-k,即k4+5k2-24=0,
解得k2=3或k2=-8(舍去),∵P在第一象限,∴k=.
3.解:(1)记C的半焦距为c,由题得C的离心率e==2,　①
由对称性不妨设C的顶点为(a,0),渐近线方程为bx-ay=0,则=.　②
又a2+b2=c2,　③
联立①②③,解得a=,b=,c=2,
所以C的方程为-=1.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),
由得(3-k2)x2-4kx-10=0,
所以
解得-所以x1+x2=,x1x2=,
所以|AB|=
==.
又点O到直线l的距离d=,
所以△AOB的面积S=|AB|·d=×·==2,
解得k=±1或k=±2,符合(*)式,
所以k=±1或k=±2.
4.解:(1)由题意,知椭圆的半焦距c=且e==,
所以a=,又b2=a2-c2=1,
所以椭圆C的方程为+y2=1.
(2)证明:由(1)得,曲线为x2+y2=1(x>0),
当直线MN的斜率不存在时,直线MN:x=1,不符合题意;
当直线MN的斜率存在时,设M(x1,y1),N(x2,y2).
必要性:若M,N,F三点共线,可设直线MN:y=k(x-),
即kx-y-k=0,
由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切可得=1,
解得k=±1,联立
可得4x2-6x+3=0,所以x1+x2=,x1x2=,所以|MN|=·=,所以必要性成立;
充分性:设直线MN:y=kx+m(km<0),即kx-y+m=0,
由直线MN与曲线x2+y2=1(x>0)相切可得=1,所以m2=k2+1,
联立可得(1+3k2)x2+6kmx+3m2-3=0,
所以x1+x2=-,x1x2=,
所以|MN|=·=·=·=,
化简得3(k2-1)2=0,所以k=±1,
所以或
所以直线MN:y=x-或y=-x+,
所以直线MN过点F(,0),即M,N,F三点共线,充分性成立.
所以M,N,F三点共线的充要条件是|MN|=.

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