Question

17．已知拋物線C的頂點在坐標(biāo)原點O，其圖象關(guān)于y軸對稱且經(jīng)過點M（2，1）．
（1）求拋物線C的方程；
（2）若一個等邊三角形的一個頂點位于坐標(biāo)原點，另兩個頂點在拋物線上，求該等邊三角形的面積；
（3）過點M作拋物線C的兩條弦MA，MB，設(shè)MA，MB所在直線的斜率分別為k₁，k₂，當(dāng)k₁k₂=-2時，試證明直線AB恒過定點，并求出該定點坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）設(shè)拋物線方程為x²=2py（p＞0），代入M（2，1），可得p=2，即可求拋物線C的方程；
（2）由|OP|=|OQ|，得$x_p^2+y_p^2=x_Q^2+y_Q^2$，即（y_p-y_Q）（y_p+y_Q+4）=0，確定∠POy=30°，${y_p}=\sqrt{3}{x_p}$，代入$x_p^2=4{y_p}$，得${x_p}=4\sqrt{3}$．即可求該等邊三角形的面積；
（3）確定直線AB的方程，利用k₁k₂=-2，得出x₁x₂=-2（x₁+x₂）-36，由線系方程得答案．

解答 解：（1）設(shè)拋物線C 的方程為x²=2py（p＞0），
由點M（2，1）在拋物線C 上，得4=2p，則p=2．
∴拋物線C 的方程為x²=4y．
（2）設(shè)該等邊三角形OPQ 的頂點P，Q 在拋物線上，且P（x_p，y_p），Q（x_Q，y_Q），
則$x_p^2=4{y_p}$，$x_Q^2=4{y_Q}$，
由|OP|=|OQ|，得$x_p^2+y_p^2=x_Q^2+y_Q^2$，即（y_p-y_Q）（y_p+y_Q+4）=0．
又y_p＞0，y_Q＞0，則y_p=y_Q，|x_p|=|x_Q|，即線段PQ 關(guān)于y 軸對稱．
∴∠POy=30°，${y_p}=\sqrt{3}{x_p}$，代入$x_p^2=4{y_p}$，得${x_p}=4\sqrt{3}$．
∴該等邊三角形邊長為$8\sqrt{3}$，${S_{△POQ}}=48\sqrt{3}$．
（3）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則$x_1^2=4{y_1}$，$x_2^2=4{y_2}$，
∴${k_1}{k_2}=\frac{{{y_1}-1}}{{{x_1}-2}}•\frac{{{y_2}-1}}{{{x_2}-2}}=\frac{{\frac{1}{4}x_1^2-1}}{{{x_1}-2}}•\frac{{\frac{1}{4}x_2^2-1}}{{{x_2}-2}}=\frac{1}{16}（{x_1}+2）（{x_2}+2）=-2$．
∴x₁x₂=-2（x₁+x₂）-36 ①
又${k_{AB}}=\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{{\frac{1}{4}x_2^2-\frac{1}{4}x_1^2}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{1}{4}（{x_1}+{x_2}）$，
∴直線AB 方程為：$y-{y_1}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{4}（x-{x_1}）$，
代入①，化簡得：$y-9=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{4}（x+2）$，
所以直線AB 恒過定點（-2，9）．

點評 本題考查軌跡方程，考查了直線與圓錐曲線的關(guān)系，考查了學(xué)生的計算能力，是中檔題．