圆锥曲线的综合问题(一)详细解析版

圆锥曲线的综合问题（一）

最新考纲 1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法；2.了解圆锥曲线的简单应用；3.理解数形结合的思想.

1.直线与圆锥曲线的位置关系

判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0，消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量

y)的一元方程，

Ax＋By＋C＝0，即消去y，得ax2＋bx＋c＝0. F（x，y）＝0

(1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则Δ＞0⇔直线与圆锥曲线C相交；

Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C相切； Δ＜0⇔直线与圆锥曲线C相离.

(2)当a＝0，b≠0时，即得到一个一次方程，则直线l与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合. 2.圆锥曲线的弦长

设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 |AB|＝1＋k2|x1－x2| ＝1＋k2·（x1＋x2）2－4x1x2 ＝

1

1＋2·|y1－y2|＝11＋2·（y1＋y2）2－4y1y2.

kk

例题精讲（考点分析）

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考点一 直线与圆锥曲线的位置关系

x2y2

【例1】 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：2＋2＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1(－

ab1，0)，且点P(0，1)在C1上. (1)求椭圆C1的方程；

(2)设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y2＝4x相切，求直线l的方程. 解 (1)椭圆C1的左焦点为F1(－1，0)，∴c＝1， 又点P(0，1)在曲线C1上，

∴2＋2＝1，得b＝1，则a2＝b2＋c2＝2， 0

1

ab所以椭圆C1的方程为＋y2＝1.

2

(2)由题意可知，直线l的斜率显然存在且不等于0，设直线l的方程为y＝kx＋m，

x2

2＋y＝1，由消去y，得(1＋2k)x＋4kmx＋2m－2＝0. y＝kx＋m2

2

2

2

x2

因为直线l与椭圆C1相切，

所以Δ1＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝0. 整理得2k2－m2＋1＝0.①

y2＝4x，由消去y，得k2x2＋(2km－4)x＋m2＝0. y＝kx＋m因为直线l与抛物线C2相切，

所以Δ2＝(2km－4)2－4k2m2＝0，整理得km＝1.②

k＝2，k＝－2，

2或2 综合①②，解得

m＝2m＝－2.

22

所以直线l的方程为y＝x＋2或y＝－x－2.

22

规律方法 研究直线与圆锥曲线的位置关系时，一般转化为研究其直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组解的个数，消元后，应注意讨论含x2项的系数是否为零的情况，以及判别式的应用.但对于选择、填空题要充分利用几何条件，用数形结合的方法求解.

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【训练1】 在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1，0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C. (1)求轨迹C的方程；

(2)设斜率为k的直线l过定点P(－2，1)，若直线l与轨迹C恰好有一个公共点，求实数k的取值范围.

解 (1)设点M(x，y)，依题意|MF|＝|x|＋1， ∴（x－1）2＋y2＝|x|＋1，化简得y2＝2(|x|＋x)，

4x（x≥0），

故轨迹C的方程为y＝

0（x＜0）.

2

(2)在点M的轨迹C中，记C1：y2＝4x(x≥0)；C2：y＝0(x＜0). 依题意，可设直线l的方程为y－1＝k(x＋2).

y－1＝k（x＋2），

由方程组2

y＝4x，

可得ky2－4y＋4(2k＋1)＝0.①

1

①当k＝0时，此时y＝1.把y＝1代入轨迹C的方程，得x＝.

4

1

故此时直线l：y＝1与轨迹C恰好有一个公共点，1.

4

②当k≠0时，方程①的Δ＝－16(2k2＋k－1)＝－16(2k－1)(k＋1)，② 设直线l与x轴的交点为(x0，0)，则

2k＋1

由y－1＝k(x＋2)，令y＝0，得x0＝－.③

kΔ＜0，1(ⅰ)若由②③解得k＜－1，或k＞.

2x0＜0，

1

所以当k＜－1或k＞时，直线l与曲线C1没有公共点，与曲线C2有一个公共点，故此

2时直线l与轨迹C恰好有一个公共点.

Δ＝0，(ⅱ)若即2k＋1

x≥0，＜0，0

k2k2＋k－1＝0，

解集为∅.



1

综上可知，当k＜－1或k＞或k＝0时，直线l与轨迹C恰好有一个公共点.

2

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.

考点二 弦长问题

x2y2

【例2】 (2016·四川卷)已知椭圆E：2＋2＝1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是

ab直角三角形的三个顶点，直线l：y＝－x＋3与椭圆E有且只有一个公共点T. (1)求椭圆E的方程及点T的坐标；

(2)设O是坐标原点，直线l′平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A，B，且与直线l交于点P.证明：存在常数λ，使得|PT|2＝λ|PA|·|PB|，并求λ的值.

x2y2

(1)解 由已知，a＝2b，则椭圆E的方程为2＋2＝1.

2bbx2y2

2＋2＝1，2bb由方程组得3x2－12x＋(18－2b2)＝0.①



y＝－x＋3，

方程①的判别式为Δ＝24(b2－3)，由Δ＝0，得b2＝3，

此时方程①的解为x＝2，所以椭圆E的方程为＋＝1.点T的坐标为(2，1).

631

(2)证明 由已知可设直线l′的方程为y＝x＋m(m≠0)，

22mx＝2－，3y＝1x＋m，

2由方程组可得

2my＝－x＋3，y＝1＋3.2m82m，1＋所以P点坐标为2－.|PT|2＝m2. 339设点A，B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2).

x2y2

6＋3＝1，

由方程组可得3x＋4mx＋(4m－12)＝0.②

1y＝2x＋m，

2

2

x2y2

方程②的判别式为Δ＝16(9－2m2)， 3232

由Δ>0，解得－22

4m4m2－12

由②得x1＋x2＝－，x1x2＝.

33

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.

所以|PA|＝

2m22m22－3－x1＋1＋3－y1 

＝

2m2m55

2－－x2－－x2. ，同理|PB|＝13322

2m52m

2－－x－x2 所以|PA|·|PB|＝12－334

52m22m

＝2－2－－（x1＋x2）＋x1x2 433

52m22m4m4m2－12＝2－ －2－－＋43333102＝m. 9

4

故存在常数λ＝，使得|PT|2＝λ|PA|·|PB|.

5规律方法 有关圆锥曲线弦长问题的求解方法：

涉及弦长的问题中，应熟练的利用根与系数关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解.

x2y21

【训练2】 已知椭圆2＋2＝1(a＞b＞0)经过点(0，3)，离心率为，左、右焦点分别为

ab2F1(－c，0)，F2(c，0).

(1)求椭圆的方程；

1

(2)若直线l：y＝－x＋m与椭圆交于A，B两点，与以F1F2为直径的

2|AB|53

圆交于C，D两点，且满足＝，求直线l的方程.

|CD|4

c1

解 (1)由题设知＝，解得a＝2，b＝

a2

b＝a－c，

2

2

2

b＝3，

3，c＝1，

∴椭圆的方程为＋＝1.

43

(2)由(1)知，以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝1，

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x2y2

.

2|m|5

∴圆心到直线l的距离d＝，由d＜1，得|m|＜.(*)

25∴|CD|＝21－d2＝2设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

1

y＝－2x＋m，由得x－mx＋m－3＝0，

xy4＋3＝1，

2

2

2

2

42

1－m2＝5－4m2.

55

由根与系数关系可得x1＋x2＝m，x1x2＝m2－3. ∴|AB|＝

122

1＋－[m－4（m2－3）] 2

＝

15

4－m2. 2

4－m23

＝1，解得m＝±，满足(*).

5－4m23

|AB|53

由＝，得|CD|4

1313∴直线l的方程为y＝－x＋或y＝－x－.

2323

考点三 中点弦问题

x2y2

【例3】 (1)已知椭圆E：2＋2＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(3，0)，过点F的直线交E于

abA，B两点.若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为( )

A.＋＝1 4536C.

＋＝1 2718

2

x2y2

B.

＋＝1 3627＋＝1 189

x2y2

x2y2

D.

x2y2

(2)已知双曲线x－＝1上存在两点M，N关于直线y＝x＋m对称，且MN的中点在抛

3物线y2＝18x上，则实数m的值为________. 解析 (1)因为直线AB过点F(3，0)和点(1，－1)，

1x2y2a22232

所以直线AB的方程为y＝(x－3)，代入椭圆方程2＋2＝1消去y，得＋bx－ax2ab24

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y2

.

9

＋a2－a2b2＝0， 4

32a22＋b24

又a2＝b2＋c2，所以b＝c＝3，a＝32，选D. (2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点P(x0，y0)，

所以AB的中点的横坐标为

a2



＝1，即a2＝2b2，

x－3＝1，

y则x－3＝1， ②x＋x＝2x， ③y＋y＝2y， ④

2122

22

11

2

0

2

0

y21

①

1

由②－①得(x2－x1)(x2＋x1)＝(y2－y1)(y2＋y1)，

3

y2－y1y2＋y1y0

显然x1≠x2.∴·＝3，即kMN·＝3，

x2－x1x2＋x1x0

∵M，N关于直线y＝x＋m对称，∴kMN＝－1，

m3m

∴y0＝－3x0.又∵y0＝x0＋m，∴P－，，

44

9m

代入抛物线方程得m2＝18·－，

164解得m＝0或－8，经检验都符合. 答案 (1)D (2)0或－8

规律方法 处理中点弦问题常用的求解方法

(1)点差法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x1＋

y1－y2

x2，y1＋y2，三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可x1－x2

求得斜率.

(2)根与系数的关系：即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后，由根与系数的关系求解.

【训练3】 设抛物线过定点A(－1，0)，且以直线x＝1为准线.

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.

(1)求抛物线顶点的轨迹C的方程；

1

(2)若直线l与轨迹C交于不同的两点M，N，且线段MN恰被直线x＝－平分，设弦MN2的垂直平分线的方程为y＝kx＋m，试求m的取值范围. 解 (1)设抛物线顶点为P(x，y)，则焦点F(2x－1，y). 再根据抛物线的定义得|AF|＝2，即(2x)2＋y2＝4， 所以轨迹C的方程为x＋＝1.

4

2

y2

1

(2)设弦MN的中点为P－，y0，M(xM，yM)，N(xN，yN)，则由点M，N为椭圆C上的

2

点，

2

＋y24xMM＝4，

可知2 2

4xN＋yN＝4.

两式相减，得

4(xM－xN)(xM＋xN)＋(yM－yN)(yM＋yN)＝0，

1

将xM＋xN＝2×－＝－1，yM＋yN＝2y0，

2

yM－yN1y0

＝－代入上式得k＝－.

xM－xNk2

1

又点P－，y0在弦MN的垂直平分线上，

2

1

所以y0＝－k＋m.

213

所以m＝y0＋k＝y0.

24

11

由点P－，y0在线段BB′上(B′，B为直线x＝－与椭圆的交点，

22如图所示)，所以yB′＜y0＜yB，也即－3＜y0＜3. 3333

所以－＜m＜，且m≠0.

44

基础过关

1.过抛物线y2＝2x的焦点作一条直线与抛物线交于A，B两点，它们的横坐标之和等于2，

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.

则这样的直线( ) A.有且只有一条 C.有且只有三条

B.有且只有两条 D.有且只有四条

解析 ∵通径2p＝2，又|AB|＝x1＋x2＋p，∴|AB|＝3＞2p，故这样的直线有且只有两条. 答案 B

bx2y2

2.直线y＝x＋3与双曲线2－2＝1(a＞0，b＞0)的交点个数是( )

aabA.1

B.2

C.1或2

D.0

解析 因为直线y＝x＋3与双曲线的渐近线y＝x平行，所以它与双曲线只有1个交点. 答案 A

3.经过椭圆＋y2＝1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l，交椭圆于A，B两点，设O为2→→

坐标原点，则OA·OB等于( ) A.－3 1

C.－或－3

3

1B.－ 31D.±

3

babax2

解析 依题意，当直线l经过椭圆的右焦点(1，0)时，其方程为y－0＝tan 45°(x－1)，即

y＝x－1，代入椭圆方程＋y2＝1并整理得3x2－4x＝0，解得x＝0或x＝，所以两个

2

141→→

，交点坐标分别为(0，－1)，，∴OA·OB＝－，同理，直线l经过椭圆的左焦点时，

3331→→

也可得OA·OB＝－.

3答案 B

4.抛物线y＝x2到直线x－y－2＝0的最短距离为( ) A.2

72B.

852D. 6

x2

43

C.22

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.

解析 设抛物线上一点的坐标为(x，y)，则d＝

|x－y－2|

2

＝

|－x2＋x－2|

2

＝

127－x－－24

2

答案 B

172

，∴x＝时， dmin＝.

28

5.(2017·石家庄调研)椭圆ax2＋by2＝1与直线y＝1－x交于A，B两点，过原点与线段

AB中点的直线的斜率为

3A. 2

3a，则的值为( ) 2b93

C.

2

23D.

27

23B.

3

解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB中点M(x0，y0)， 由题设kOM＝＝y0x03. 2

2

ax21＋by1＝1，（y2＋y1）（y2－y1）a由2得＝－. 2（x＋x）（x－x）b2121ax＋by＝1，22

y2－y1y2＋y12y03又＝－1，＝＝. x2－x1x2＋x12x02a3所以＝.

b2

答案 A

x2y2

6.已知椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)，F(2，0)为其右焦点，过F且垂直于x轴的直线与

ab椭圆相交所得的弦长为2.则椭圆C的方程为________.

ba＝2，xy解析 由题意得＝1，解得∴椭圆C的方程为＋＝1.

42ab＝2，

a＝b＋c，

2

2

2

2

2

2

c＝2，

答案

x2y2

4

＋＝1 2

7.已知抛物线y＝ax2(a＞0)的焦点到准线的距离为2，则直线y＝x＋1截抛物线所得的弦

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.

长等于________.

11

解析 由题设知p＝＝2，∴a＝.

2a4

12

抛物线方程为y＝x，焦点为F(0，1)，准线为y＝－1.

4

y＝1x，

4联立消去x， y＝x＋1，

2

整理得y2－6y＋1＝0，∴y1＋y2＝6，∵直线过焦点F， ∴所得弦|AB|＝|AF|＋|BF|＝y1＋1＋y2＋1＝8. 答案 8

8.过椭圆＋＝1内一点P(3，1)，且被这点平分的弦所在直线的方程是________.

164解析 设直线与椭圆交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点， 由于A，B两点均在椭圆上， 故＋＝1，＋＝1， 164164两式相减得

（x1＋x2）（x1－x2）（y1＋y2）（y1－y2）

＋＝0.

164又∵P是A，B的中点，∴x1＋x2＝6，y1＋y2＝2， ∴kAB＝

x2y2

x21y21x22y22

y1－y23

＝－. x1－x24

3

∴直线AB的方程为y－1＝－(x－3).

4即3x＋4y－13＝0. 答案 3x＋4y－13＝0 三、解答题

x2y2

9.设F1，F2分别是椭圆E：2＋2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，过F1且斜率为1的直线lab与E相交于A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列. (1)求E的离心率；

(2)设点P(0，－1)满足|PA|＝|PB|，求E的方程.

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解 (1)由椭圆定义知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a， 4

又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝a，

3

l的方程为y＝x＋c，其中c＝a2－b2.

y＝x＋c，

设A(x，y)，B(x，y)，则A，B两点的坐标满足方程组xy消去y，化简得(aa＋b＝1，

1

1

2

2

2

2

2

2

2

－2a2ca2（c2－b2）

＋b)x＋2acx＋a(c－b)＝0，则x1＋x2＝2，x1x2＝.

a＋b2a2＋b2

2

2

2

2

2

2

4

因为直线AB的斜率为1，所以|AB|＝2|x2－x1|＝2[（x1＋x2）2－4x1x2]，即a＝

34ab2

22

22，故a＝2b， a＋bca2－b22所以E的离心率e＝＝＝.

aa2

(2)设AB的中点为N(x0，y0)，由(1)知

x0＝

x1＋x2

2－a2c2cc＝2＝－，y0＝x0＋c＝. a＋b233

y0＋1

由|PA|＝|PB|，得kPN＝－1，即＝－1，

x0

得c＝3，从而a＝32，b＝3. 故椭圆E的方程为＋＝1.

189

x2y2

x2y2

10.已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的一个顶点为A(2，0)，离心率

ab2为.直线y＝k(x－1)与椭圆C交于不同的两点M，N. 2(1)求椭圆C的方程； (2)当△AMN的面积为

10

时，求k的值. 3

c2

解 (1)由题意得＝，

a2

a＝b＋c.

2

2

2

a＝2，

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.

解得b＝2，所以椭圆C的方程为＋＝1.

42

x2y2

y＝k（x－1），(2)由xy得(1＋2k)x－4kx＋2k－4＝0.

＋＝1，42

2

2

2

2

2

2

设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)， 则y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)， 4k22k2－4

x1＋x2＝，x1x2＝，

1＋2k21＋2k2

所以|MN|＝（x2－x1）2＋（y2－y1）2 ＝（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2] 2（1＋k2）（4＋6k2）

＝

1＋2k2

又因为点A(2，0)到直线y＝k(x－1)的距离d＝

|k|1＋k，

2

1|k|4＋6k2|k|4＋6k210

所以△AMN的面积为S＝|MN|·d＝，由＝，解得k＝

21＋2k21＋2k23±1.

能力提高

x2y2

11.已知椭圆＋2＝1(0＜b＜2)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l交椭圆于A，

4bB两点，若|BF2|＋|AF2|的最大值为5，则b的值是( )

A.1

B.2 3 C.

2

D.3

解析 由椭圆的方程，可知长半轴长为a＝2，由椭圆的定义，可知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a＝8，

所以|AB|＝8－(|AF2|＋|BF2|)≥3.

2b2

由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中，通径最短，即＝3，可求得b2＝3，即b＝3.

a答案 D

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12.(2016·四川卷)设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y2＝2px(p>0)上任意一点，

M是线段PF上的点，且|PM|＝2|MF|，则直线OM的斜率的最大值是( )

A.3 3

2B. 3

C.

2 2

D.1

解析 如图所示，设P(x0，y0)(y0>0)，则y20＝2px0，

y20即x0＝.

2p→→

设M(x′，y′)，由PM＝2MF，

p

x′－x＝22－x′，

得

y′－y＝2（0－y′），

00

解之得x′＝

p＋x0

，且y′＝. 33

y0

∴直线OM的斜率k＝

y′y02p＝＝2 x′y02pp＋＋y0

2py0

2p2

又y0＋≥22p，当且仅当y0＝2p时取等号.

y0

2p22∴k≤＝，则k的最大值为.

222p2答案 C

13.设抛物线y2＝8x的焦点为F，准线为l，P为抛物线上一点，PA⊥l，A为垂足.如果直线AF的斜率为－3，那么|PF|＝________.

y＝－3x＋23，

解析 直线AF的方程为y＝－3(x－2)，联立得y＝43，所以P(6，

x＝－2，

43).由抛物线的性质可知|PF|＝6＋2＝8. 答案 8

14.已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线y＝4与y轴的交点为P，与C的交点5

为Q，且|QF|＝|PQ|.

4(1)求C的方程；

(2)过F的直线l与C相交于A，B两点，若AB的垂直平分线l′与C相交于M，N两点，

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.

且A，M，B，N四点在同一圆上，求l的方程. 8

解 (1)设Q(x0，4)，代入y＝2px得x0＝.

2

p8pp8

所以|PQ|＝，|QF|＝＋x0＝＋.

p22pp858

由题设得＋＝×，解得p＝－2(舍去)或p＝2.

2p4p所以C的方程为y2＝4x.

(2)依题意知l与坐标轴不垂直，故可设l的方程为x＝my＋1(m≠0).代入y2＝4x得y2－4my－4＝0.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4. 故AB的中点为D(2m2＋1，2m)， |AB|＝m2＋1|y1－y2|＝4(m2＋1).

又l′的斜率为－m，所以l′的方程为x＝－y＋2m2＋3.

1

m将上式代入y＝4x，并整理得y＋y－4(2m2＋3)＝0.

2

2

4

m设M(x3，y3)，N(x4，y4)，则y3＋y4＝－，

4

my3y4＝－4(2m2＋3).

222

＋2m＋3，－故MN的中点为E2，

mm|MN|＝4（m2＋1）2m2＋1

1＋2|y3－y4|＝. 2

1

mm1

由于MN垂直平分AB，故A，M，B，N四点在同一圆上等价于|AE|＝|BE|＝|MN|，

211

从而|AB|2＋|DE|2＝|MN|2，

442222即4(m2＋1)2＋2m＋＋2＋2

mm4（m2＋1）2（2m2＋1）

＝. 4

m化简得m2－1＝0，

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.

解得m＝1或m＝－1.

所求直线l的方程为x－y－1＝0或x＋y－1＝0.

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