题目内容
(2013•资阳二模)若抛物线C的顶点在坐标原点O,其图象关于x轴对称,且经过点M(1,2).
(Ⅰ)若一个等边三角形的一个顶点位于坐标原点,另外两个顶点在该抛物线上,求该等边三角形的边长;
(Ⅱ)过点M作抛物线C的两条弦MA,MB,设MA,MB所在直线的斜率分别为K1K2,当K1K2变化且满足K1+K2=-1时,证明直线AB恒过定点,并求出该定点坐标.
(Ⅰ)若一个等边三角形的一个顶点位于坐标原点,另外两个顶点在该抛物线上,求该等边三角形的边长;
(Ⅱ)过点M作抛物线C的两条弦MA,MB,设MA,MB所在直线的斜率分别为K1K2,当K1K2变化且满足K1+K2=-1时,证明直线AB恒过定点,并求出该定点坐标.
分析:(Ⅰ)设出抛物线方程,由抛物线过定点求出抛物线的方程,设出等边三角形的另外两个顶点坐标,再由抛物线及等边三角形的对称性即可求解等边三角形的边长;
(Ⅱ)设出MA和MB所在的直线方程,设出A、B两点的坐标,分别把直线和抛物线联立后求得A、B两点的纵坐标,再由两点式写出直线AB的方程,把A、B的坐标代入后整理,利用相交线系方程的知识可求出直线AB恒过的定点.
(Ⅱ)设出MA和MB所在的直线方程,设出A、B两点的坐标,分别把直线和抛物线联立后求得A、B两点的纵坐标,再由两点式写出直线AB的方程,把A、B的坐标代入后整理,利用相交线系方程的知识可求出直线AB恒过的定点.
解答:解:(Ⅰ)根据题意,设抛物线C的方程为y2=ax(a≠0),点M(1,2)的坐标代入该方程,得
a=4,故抛物线C的方程为y2=4x.
设这个等边三角形OEF的顶点E,F在抛物线上,且坐标为(xE,yE),(xF,yF).
则yE2=4xE,yF2=4xF,又|OE|=|OF|,
∴xE2+yE2=xF2+yF2,即xE2-xF2+4xE-4xF=0,
∴(xE-xF)(xE+xF+4)=0,因xE>0,xF>0,
∴xE=xF,即线段EF关于x轴对称.
则∠EOx=30°,所以
=tan30°=
,
即xE=
yE,代入yE2=4xE,得yE=4
,
故等边三角形的边长为8
;
(Ⅱ)直线AB恒过定点(5,-6).
事实上,设A(x1,y1),B(x2,y2),则直线MA方程y=k1(x-1)+2,
MB方程y=k2(x-1)+2,
联立直线MA方程与抛物线方程,得
,消去x,
得k1y2-4y+8-4k1=0,
∴y1=
-2 ①
同理y2=
-2 ②
而AB直线方程为y-y1=
(x-x1),消去x1,x2,得y-y1=
(x-
),
化简得即y=
x+
③
由①、②,得y1+y2=4•
-4=
-4,y1y2=4[
-
+1]=4(
+1),
代入③,整理得k1k2(x+y+1)+6+y=0.
由
,得
,故直线AB经过定点(5,-6).
a=4,故抛物线C的方程为y2=4x.
设这个等边三角形OEF的顶点E,F在抛物线上,且坐标为(xE,yE),(xF,yF).
则yE2=4xE,yF2=4xF,又|OE|=|OF|,
∴xE2+yE2=xF2+yF2,即xE2-xF2+4xE-4xF=0,
∴(xE-xF)(xE+xF+4)=0,因xE>0,xF>0,
∴xE=xF,即线段EF关于x轴对称.
则∠EOx=30°,所以
yE |
xE |
| ||
3 |
即xE=
3 |
3 |
故等边三角形的边长为8
3 |
(Ⅱ)直线AB恒过定点(5,-6).
事实上,设A(x1,y1),B(x2,y2),则直线MA方程y=k1(x-1)+2,
MB方程y=k2(x-1)+2,
联立直线MA方程与抛物线方程,得
|
得k1y2-4y+8-4k1=0,
∴y1=
4 |
k1 |
同理y2=
4 |
k2 |
而AB直线方程为y-y1=
y2-y1 |
x2-x1 |
y2-y1 | ||||
|
y12 |
4 |
化简得即y=
4 |
y1+y2 |
y1y2 |
y1+y2 |
由①、②,得y1+y2=4•
k1+k2 |
k1k2 |
-4 |
k1k2 |
4 |
k1k2 |
2(k1+k2) |
k1k2 |
6 |
k1k2 |
代入③,整理得k1k2(x+y+1)+6+y=0.
由
|
|
点评:本题主要考查了抛物线的几何性质,考查直线与抛物线的位置关系的应用,直线与曲线联立,根据方程的根与系数的关系代入运算,这是处理这类问题的最为常用的方法,但圆锥曲线的特点是计算量比较大,要求学生具备较强的运算推理的能力,是难题.
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