Question

4．已知拋物線C：y²=2px（p＞0）的內(nèi)接等邊三角形AOB的面積為$3\sqrt{3}$（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)）．
（1）試求拋物線C的方程；
（2）已知點(diǎn)M（1，1），P，Q兩點(diǎn)在拋物線C上，△MPQ是以點(diǎn)M為直角頂點(diǎn)的直角三角形，求證：直線PQ恒過定點(diǎn)．

Answer 1

分析 （1）設(shè)A（x_A，y_A），B（x_B，y_B），由|OA|=|OB|，可得${x}_{A}^{2}$+2px_A=${x}_{B}^{2}$+2px_B，化簡可得：點(diǎn)A，B關(guān)于x軸對(duì)稱．因此AB⊥x軸，且∠AOx=30°．可得y_A=2$\sqrt{3}$p，再利用等邊三角形的面積計(jì)算公式即可得出．
（2）由題意可設(shè)直線PQ的方程為：x=my+a，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．與拋物線方程聯(lián)立化為：y²-my-a=0，利用∠PMQ=90°，可得$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{MQ}$=0利用根與系數(shù)的關(guān)系可得$a-\frac{3}{2}$=m+$\frac{1}{2}$，或$a-\frac{3}{2}$=-（m+$\frac{1}{2}$），進(jìn)而得出結(jié)論．

解答 （1）解：設(shè)A（x_A，y_A），B（x_B，y_B），
∵|OA|=|OB|，∴${x}_{A}^{2}$+2px_A=${x}_{B}^{2}$+2px_B，化為（x_A-x_B）（x_A+x_B+2p）=0，
又x_A，x_B≥0，∴x_A+x_B+2p＞0，
∴x_A=x_B，|y_A|=|y_B|，因此點(diǎn)A，B關(guān)于x軸對(duì)稱．
∴AB⊥x軸，且∠AOx=30°．
∴$\frac{{y}_{A}}{{x}_{A}}$=tan30°=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，又${y}_{A}^{2}$=2px_A，
∴y_A=2$\sqrt{3}$p，∴|AB|=2y_A=4$\sqrt{3}$p．
∴S_△AOB=$\frac{\sqrt{3}}{4}×（4\sqrt{3}p）^{2}$=3$\sqrt{3}$，解得p=$\frac{1}{2}$．
∴拋物線C的方程為y²=x．
（2）證明：由題意可設(shè)直線PQ的方程為：x=my+a，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+a}\\{{y}^{2}=x}\end{array}\right.$，化為：y²-my-a=0，△＞0，∴y₁+y₂=m，y₁y₂=-a．
∵∠PMQ=90°，∴$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{MQ}$=0，∴（x₁-1）（x₂-1）+（y₁-1）（y₂-1）=0，化為：x₁x₂-（x₁+x₂）+y₁y₂-（y₁+y₂）+2=0，
∴$（{y}_{1}{y}_{2}）^{2}$-$（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}$+3y₁y₂-（y₁+y₂）+2=0，
∴a²-m²-3a-m+2=0，配方為$（a-\frac{3}{2}）^{2}$=$（m+\frac{1}{2}）^{2}$，
∴$a-\frac{3}{2}$=m+$\frac{1}{2}$，或$a-\frac{3}{2}$=-（m+$\frac{1}{2}$），
當(dāng)$a-\frac{3}{2}$=m+$\frac{1}{2}$時(shí)，a=m+2，直線PQ的方程化為：x=m（y+1）+2，直線PQ經(jīng)過定點(diǎn)H（2，-1）．
當(dāng)$a-\frac{3}{2}$=-（m+$\frac{1}{2}$）時(shí)，直線PQ的方程化為：x=m（y-1）+1，直線PQ經(jīng)過定點(diǎn)H（1，1），舍去．
綜上可得：直線PQ經(jīng)過定點(diǎn)H（2，-1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與拋物線相交問題、等邊三角形的性質(zhì)、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、直線經(jīng)過定點(diǎn)問題，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．