Question

4．已知抛物线C：y²=2px（p＞0）的内接等边三角形AOB的面积为$3\sqrt{3}$（其中O为坐标原点）．
（1）试求抛物线C的方程；
（2）已知点M（1，1），P，Q两点在抛物线C上，△MPQ是以点M为直角顶点的直角三角形，求证：直线PQ恒过定点．

Answer 1

分析 （1）设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，化简可得：点A，B关于x轴对称．因此AB⊥x轴，且∠AOx=30°．可得y_A=2$\sqrt{3}$p，再利用等边三角形的面积计算公式即可得出．
（2）由题意可设直线PQ的方程为：x=my+a，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．与抛物线方程联立化为：y²-my-a=0，利用∠PMQ=90°，可得$\overrightarrow{MP}•\overrightarrow{MQ}$=0利用根与系数的关系可得$a-\frac{3}{2}$=m+$\frac{1}{2}$，或$a-\frac{3}{2}$=-（m+$\frac{1}{2}$），进而得出结论．

解答 （1）解：设A（x_A，y_A），B（x_B，y_B），
∵|OA|=|OB|，∴${x}_{A}^{2}$+2px_A=${x}_{B}^{2}$+2px_B，化为（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|，因此点A，B关于x轴对称．
∴AB⊥x轴，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=$\frac{1}{2}$．
∴抛物线C的方程为y²=x．
（2）证明：由题意可设直线PQ的方程为：x=my+a，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+a}\\{{y}^{2}=x}\end{array}\right.$，化为：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，化为：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，配方为$（a-\frac{3}{2}）^{2}$=$（m+\frac{1}{2}）^{2}$，
∴$a-\frac{3}{2}$=m+$\frac{1}{2}$，或$a-\frac{3}{2}$=-（m+$\frac{1}{2}$），
当$a-\frac{3}{2}$=m+$\frac{1}{2}$时，a=m+2，直线PQ的方程化为：x=m（y+1）+2，直线PQ经过定点H（2，-1）．
当$a-\frac{3}{2}$=-（m+$\frac{1}{2}$）时，直线PQ的方程化为：x=m（y-1）+1，直线PQ经过定点H（1，1），舍去．
综上可得：直线PQ经过定点H（2，-1）．

点评 本题考查了抛物线的标准方程及其性质、直线与抛物线相交问题、等边三角形的性质、向量垂直与数量积的关系、一元二次方程的根与系数的关系、直线经过定点问题，考查了推理能力与计算能力，属于难题．