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(yp-yQ)(yp+yQ+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(diǎn)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(diǎn)P,Q 在拋物線上,且P(xp,yp),Q(xQ,yQ),
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(yp-yQ)(yp+yQ+4)=0.
又yp>0,yQ>0,則yp=yQ,|xp|=|xQ|,即線段PQ 關(guān)于y 軸對(duì)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(zhǎng)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(jiǎn)得:$y-9=\frac{{{x_1}+{x_2}}}{4}(x+2)$,
所以直線AB 恒過(guò)定點(diǎn)(-2,9).
點(diǎn)評(píng) 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(jì)算能力,是中檔題.
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A. | (-∞,0)∪($\frac{1}{2}$,1) | B. | (-∞,0)∪(1,2) | C. | (-∞,$\frac{1}{2}$)∪(1,2) | D. | (-∞,$\frac{1}{2}$)∪(1,+∞) |
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A. | (-1,5) | B. | (-1,5] | C. | (-1,2) | D. | (-1,2] |
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