Question

17．已知抛物线C的顶点在坐标原点O，其图象关于y轴对称且经过点M（2，1）．
（1）求抛物线C的方程；
（2）若一个等边三角形的一个顶点位于坐标原点，另两个顶点在抛物线上，求该等边三角形的面积；
（3）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k₁，k₂，当k₁k₂=-2时，试证明直线AB恒过定点，并求出该定点坐标．

Answer 1

分析 （1）设抛物线方程为x²=2py（p＞0），代入M（2，1），可得p=2，即可求抛物线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，确定∠POy=30°，${y_p}=\sqrt{3}{x_p}$，代入$x_p^2=4{y_p}$，得${x_p}=4\sqrt{3}$．即可求该等边三角形的面积；
（3）确定直线AB的方程，利用k₁k₂=-2，得出x₁x₂=-2（x₁+x₂）-36，由线系方程得答案．

解答 解：（1）设抛物线C 的方程为x²=2py（p＞0），
由点M（2，1）在抛物线C 上，得4=2p，则p=2．
∴抛物线C 的方程为x²=4y．
（2）设该等边三角形OPQ 的顶点P，Q 在抛物线上，且P（x_p，y_p），Q（x_Q，y_Q），
则$x_p^2=4{y_p}$，$x_Q^2=4{y_Q}$，
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，则y_p=y_Q，|x_p|=|x_Q|，即线段PQ 关于y 轴对称．
∴∠POy=30°，${y_p}=\sqrt{3}{x_p}$，代入$x_p^2=4{y_p}$，得${x_p}=4\sqrt{3}$．
∴该等边三角形边长为$8\sqrt{3}$，${S_{△POQ}}=48\sqrt{3}$．
（3）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则$x_1^2=4{y_1}$，$x_2^2=4{y_2}$，
∴${k_1}{k_2}=\frac{{{y_1}-1}}{{{x_1}-2}}•\frac{{{y_2}-1}}{{{x_2}-2}}=\frac{{\frac{1}{4}x_1^2-1}}{{{x_1}-2}}•\frac{{\frac{1}{4}x_2^2-1}}{{{x_2}-2}}=\frac{1}{16}（{x_1}+2）（{x_2}+2）=-2$．
∴x₁x₂=-2（x₁+x₂）-36 ①
又${k_{AB}}=\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{{\frac{1}{4}x_2^2-\frac{1}{4}x_1^2}}{{{x_2}-{x_1}}}=\frac{1}{4}（{x_1}+{x_2}）$，
∴直线AB 方程为：$y-{y_1}=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{4}（x-{x_1}）$，
代入①，化简得：$y-9=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{4}（x+2）$，
所以直线AB 恒过定点（-2，9）．

点评 本题考查轨迹方程，考查了直线与圆锥曲线的关系，考查了学生的计算能力，是中档题．