分析 (1)求得圆的圆心和半径,运用弦长公式,解方程可得t=4,进而得到圆的方程;
(2)将y=kx代入x2+(y-4)2=4,消去y,可得x的方程,由判别式大于0,可得k的范围;设出M,N的坐标,求得|OM|,|OP|,|ON|的长,运用韦达定理,化简整理,注意k的范围的运用,即可得到所求函数式,进而得到n的范围.
解答 解:(1)x2+(y-t)2=t的圆心为(0,t),半径为r=$\sqrt{t}$,
由弦长公式可得2$\sqrt{3}$=2$\sqrt{t-(t-3)^{2}}$,解得t=4(3舍去),
圆的方程为x2+(y-4)2=4.
将y=kx代入x2+(y-4)2=4中,
得(1+k2)x2-8kx+12=0.(*)
由△=(-8k)2-4(1+k2)×12>0,得k2>3.
所以,k的取值范围是(-∞,-$\sqrt{3}$)∪($\sqrt{3}$,+∞).
(2)因为M,N在直线l上,可设点M,N的坐标分别为(x1,kx1),(x2,kx2),
则|OM|2=(1+k2)x12,|ON|2=(1+k2)x22,
又|OP|2=m2+n2=(1+k2)m2.
由$\frac{2}{|OP{|}^{2}}$=$\frac{1}{|OM{|}^{2}}$+$\frac{1}{|ON{|}^{2}}$,得$\frac{2}{(1+{k}^{2}){m}^{2}}$=$\frac{1}{(1+{k}^{2}){{x}_{1}}^{2}}$+$\frac{1}{(1+{k}^{2}){{x}_{2}}^{2}}$,
即$\frac{2}{{m}^{2}}$=$\frac{1}{{{x}_{1}}^{2}}$+$\frac{1}{{{x}_{2}}^{2}}$=$\frac{({x}_{1}+{x}_{2})^{2}-2{x}_{1}{x}_{2}}{({x}_{1}{x}_{2})^{2}}$,
将y=kx代入x2+(y-4)2=4中,
得(1+k2)x2-8kx+12=0.(*)
由△=(-8k)2-4(1+k2)×12>0,得k2>3.
x1+x2=$\frac{8k}{1+{k}^{2}}$,x1x2=$\frac{12}{1+{k}^{2}}$,
所以m2=$\frac{36}{5{k}^{2}-3}$.
因为点Q在直线y=kx上,
所以k=$\frac{n}{m}$,代入m2=$\frac{36}{5{k}^{2}-3}$.
中并化简,得5n2-3m2=36.
由m2=$\frac{36}{5{k}^{2}-3}$及k2>3,可知0<m2<3,即m∈(-$\sqrt{3}$,0)∪(0,$\sqrt{3}$).
根据题意,点P在圆C内,则n>0,
所以n=$\sqrt{\frac{36+3{m}^{2}}{5}}$.由0<m2<3,可得36<36+3m2<45,
于是n的取值范围是($\frac{6\sqrt{5}}{5}$,3).
点评 本题考查直线和圆的位置关系,考查轨迹方程的求法和函数的解析式的求法,注意联立直线方程和圆的方程,运用韦达定理,考查化简整理的运算能力,属于中档题.
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A. | ($\frac{\sqrt{3}}{3}$,$\frac{\sqrt{2}}{2}$) | B. | ($\frac{2\sqrt{3}}{3}$,$\sqrt{2}$) | C. | ($\frac{\sqrt{2}}{2}$,$\frac{\sqrt{3}}{3}$) | D. | ($\sqrt{3}$,$\sqrt{2}$) |
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A. | f′(1) | B. | 不存在 | C. | $\frac{1}{3}$f′(1) | D. | 以上都不对 |
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