（浙江專用）2021版新高考數學一輪復習 第九章 平面解析幾何 7 第7講 拋物線教學案

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1、第7講　拋物線 1．拋物線的定義 滿足以下三個條件的點的軌跡是拋物線： (1)在平面內； (2)動點到定點F的距離與到定直線l的距離相等； (3)定點不在定直線上． 2．拋物線的標準方程和幾何性質 標準方程 y2＝2px (p＞0) y2＝－2px (p＞0) x2＝2py (p＞0) x2＝－2py (p＞0) p的幾何意義：焦點F到準線l的距離 圖形 頂點 O(0，0) 對稱軸 y＝0 x＝0 焦點 F F F F 離心率 e＝1 準線方程 x＝－ x＝ y＝－ y＝ 范圍 x≥0，y∈R x≤0，y∈R

2、 y≥0，x∈R y≤0，x∈R 開口方向 向右 向左 向上 向下 焦半徑(其中P(x0，y0)) |PF|＝x0＋ |PF|＝－x0＋ |PF|＝y0＋ |PF|＝－y0＋ [疑誤辨析] 判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”) (1)平面內與一個定點F和一條定直線l的距離相等的點的軌跡一定是拋物線．(　　) (2)若直線與拋物線只有一個交點，則直線與拋物線一定相切．(　　) (3)若一拋物線過點P(－2，3)，則其標準方程可寫為y2＝2px(p>0)．(　　) (4)拋物線既是中心對稱圖形，又是軸對稱圖形．(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3

3、)×　(4)× [教材衍化] 1．(選修2-1P72練習T1改編)過點P(－2，3)的拋物線的標準方程是(　　) A．y2＝－x或x2＝y B．y2＝x或x2＝y C．y2＝x或x2＝－y D．y2＝－x或x2＝－y 解析：選A.設拋物線的標準方程為y2＝kx或x2＝my，代入點P(－2，3)，解得k＝－，m＝，所以y2＝－x或x2＝y.故選A. 2．(選修2-1P73A組T3改編)拋物線y2＝8x上到其焦點F距離為5的點P有(　　) A．0個　　　　　　　　　 B．1個 C．2個 D．4個 解析：選C.設P(x1，y1)，則|PF|＝x1＋2＝5，y＝8x1，所以x

4、1＝3，y1＝±2.故滿足條件的點P有兩個．故選C. [易錯糾偏] (1)忽視拋物線的標準形式； (2)忽視p的幾何意義； (3)易忽視焦點的位置出現錯誤． 1．拋物線8x2＋y＝0的焦點坐標為(　　) A．(0，－2) B．(0，2) C. D. 解析：選C.由8x2＋y＝0，得x2＝－y. 2p＝，p＝，所以焦點為，故選C. 2．已知拋物線C與雙曲線x2－y2＝1有相同的焦點，且頂點在原點，則拋物線C的方程是(　　) A．y2＝±2x B．y2＝±2x C．y2＝±4x D．y2＝±4x 解析：選D.由已知可知雙曲線的焦點為(－，0)，(，0)．設

5、拋物線方程為y2＝±2px(p＞0)，則＝，所以p＝2，所以拋物線方程為y2＝±4x.故選D. 3．若拋物線的焦點在直線x－2y－4＝0上，則此拋物線的標準方程為________． 解析：令x＝0，得y＝－2；令y＝0，得x＝4.所以拋物線的焦點是(4，0)或(0，－2)，故所求拋物線的標準方程為y2＝16x或x2＝－8y. 答案：y2＝16x或x2＝－8y 　　　　　　拋物線的定義、標準方程與應用(高頻考點) 拋物線的定義是高考的熱點，考查時多以選擇題、填空題形式出現，個別高考題有一定難度．主要命題角度有： (1)求拋物線的標準方程； (2)求拋物線上的點與焦點的距離；

6、 (3)求距離和的最值． 角度一　求拋物線的標準方程 已知動圓過定點F，且與直線x＝－相切，其中p>0，則動圓圓心的軌跡E的方程為________． 【解析】　依題意得，圓心到定點F的距離與到直線x＝－的距離相等，由拋物線的定義可知，動圓圓心的軌跡E為拋物線，其方程為y2＝2px. 【答案】　y2＝2px 角度二　求拋物線上的點與焦點的距離 已知F是拋物線C：y2＝8x的焦點，M是C上一點，FM的延長線交y軸于點N.若M為FN的中點，則|FN|＝____________． 【解析】　法一：依題意，拋物線C：y2＝8x的焦點F(2，0)，準線x＝－2，因為M是C上一點，FM的

7、延長線交y軸于點N，M為FN的中點，設M(a，b)(b>0)，所以a＝1，b＝±2，所以N(0，±4)，|FN|＝＝6. 法二：依題意，拋物線C：y2＝8x的焦點F(2，0)，準線x＝－2，因為M是C上一點，FM的延長線交y軸于點N，M為FN的中點，則點M的橫坐標為1，所以|MF|＝1－(－2)＝3，|FN|＝2|MF|＝6. 【答案】　6 角度三　求距離和的最值 已知拋物線y2＝4x的焦點是F，點P是拋物線上的動點，又有點B(3，2)，則|PB|＋|PF|的最小值為________． 【解析】　如圖，過點B作BQ垂直準線于點Q，交拋物線于點P1，則|P1Q|＝|P1F|，則有|P

8、B|＋|PF|≥|P1B|＋|P1Q|＝|BQ|＝4. 即|PB|＋|PF|的最小值為4. 【答案】　4 (變條件)若本例中的B點坐標改為(3，4)，試求|PB|＋|PF|的最小值． 解：由題意可知點(3，4)在拋物線的外部．因為|PB|＋|PF|的最小值即為B，F兩點間的距離， 所以|PB|＋|PF|≥|BF|＝＝＝2.即|PB|＋|PF|的最小值為2. 拋物線定義的應用 (1)利用拋物線的定義解決此類問題，應靈活地進行拋物線上的點到焦點的距離與到準線的距離的等價轉化．即“看到準線想到焦點，看到焦點想到準線”． (2)注意靈活運用拋物線上一點P(x，y)到焦點F的距

9、離|PF|＝|x|＋或|PF|＝|y|＋.　 1．已知拋物線C：y2＝8x的焦點為F，準線為l，P是l上一點，Q是直線PF與C的一個交點，若＝4，則|QF|＝(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C．3 D．2 解析：選C.因為＝4， 所以||＝4||，所以＝.如圖，過Q作QQ′⊥l，垂足為Q′，設l與x軸的交點為A， 則|AF|＝4， 所以＝＝， 所以|QQ′|＝3，根據拋物線定義可知|QF|＝|QQ′|＝3. 2.如圖，設拋物線y2＝4x的焦點為F，不經過焦點的直線上有三個不同的點A，B，C，其中點A，B在拋物線上，點C在y軸上，則△BCF與△ACF的面積之

10、比是(　　) A. B. C. D. 解析：選A.由題圖可知，△BCF與△ACF有公共的頂點F，且A，B，C三點共線，易知△BCF與△ACF的面積之比就等于.由拋物線方程知焦點F(1，0)，作準線l，如圖所示，則l的方程為x＝－1.因為點A，B在拋物線上，過A，B分別作AK，BH與準線垂直，垂足分別為點K，H，且與y軸分別交于點N，M.由拋物線定義，得|BM|＝|BF|－1，|AN|＝|AF|－1.在△CAN中，BM∥AN，所以 ＝＝. 　　　　　　拋物線的性質及應用 (1)以拋物線C的頂點為圓心的圓交C于A，B兩點，交C的準線于D，E兩點．已知|AB|＝4，|DE|＝2，

11、則C的焦點到準線的距離為(　　) A．2　　　　　　　　　 B．4 C．6 D．8 (2)(2020·寧波模擬)若點P為拋物線y＝2x2上的動點，F為拋物線的焦點，則|PF|的最小值為(　　) A．2 B. C. D. 【解析】　(1)由題意，不妨設拋物線方程為y2＝2px(p＞0)，由|AB|＝4，|DE|＝2，可取A，D，設O為坐標原點，由|OA|＝|OD|，得＋8＝＋5，得p＝4，所以選B. (2)由題意知x2＝y，則F，設P(x0，2x)，則|PF|＝＝＝2x＋，所以當x＝0時，|PF|min＝. 【答案】　(1)B　(2)D 拋物線性質的應用技巧

12、 (1)利用拋物線方程確定及應用其焦點、準線時，關鍵是將拋物線方程化成標準方程． (2)要結合圖形分析，靈活運用平面圖形的性質以形助數．　 1．已知拋物線C：y2＝x的焦點為F，A(x0，y0)是C上一點，|AF|＝x0，則x0＝(　　) A．1 B．2 C．4 D．8 解析：選A.由題意知拋物線的準線為x＝－.因為|AF|＝x0，根據拋物線的定義可得x0＋＝|AF|＝x0，解得x0＝1. 2．(2020·浙江省名校協作體高三聯考)拋物線y2＝2px(p>0)的焦點為F，O為坐標原點，M為拋物線上一點，且|MF|＝4|OF|，△MFO的面積為4，則拋物線的方程為(　

13、　) A．y2＝6x B．y2＝8x C．y2＝16x D．y2＝ 解析：選B.設M(x，y)，因為|OF|＝，|MF|＝4|OF|，所以|MF|＝2p，由拋物線定義知x＋＝2p，所以x＝p，所以y＝±p，又△MFO的面積為4，所以××p＝4，解得p＝4(p＝－4舍去)．所以拋物線的方程為y2＝8x. 3．(2020·杭州中學高三月考)設拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點為F，準線為l，點A(0，2)．若線段FA的中點B在拋物線上，則F到l的距離為________，|FB|＝________． 解析：依題意可知F點坐標為， 所以B點坐標為，代入拋物線方程解得p＝， 所以F

14、到l的距離為，|FB|＝＋＝. 答案：　 　　　　　　拋物線與圓的交匯 (1)設經過拋物線C的焦點的直線l與拋物線C交于A，B兩點，那么拋物線C的準線與以AB為直徑的圓的位置關系為(　　) A．相離 B．相切 C．相交但不經過圓心 D．相交且經過圓心 (2)(2020·杭州市高三模擬)已知點A是拋物線y2＝2px(p>0)上一點，F為其焦點，以F為圓心，以|FA|為半徑的圓交準線于B，C兩點，△FBC為正三角形，且△ABC的面積是，則拋物線的方程為(　　) A．y2＝12x B．y2＝14x C．y2＝16x D．y2＝18x 【解析】　(1)設圓心為M

15、，過點A，B，M作準線l的垂線，垂足分別為A1，B1，M1，則|MM1|＝(|AA1|＋|BB1|)．由拋物線定義可知|BF|＝|BB1|，|AF|＝|AA1|， 所以|AB|＝|BB1|＋|AA1|，|MM1|＝|AB|，即圓心M到準線的距離等于圓的半徑，故以AB為直徑的圓與拋物線的準線相切． (2)由題意，如圖可得＝cos 30°及|DF|＝p， 可得|BF|＝， 從而|AF|＝， 由拋物線的定義知點A到準線的距離也為， 又因為△ABC的面積為，所以××＝， 解得p＝8，故拋物線的方程為y2＝16x. 【答案】　(1)B　(2)C 解拋物線與圓的交匯問題的方法 (1

16、)利用圓的幾何特征與拋物線的幾何特征相結合，轉化為兩者的元素關系列出相應關系式． (2)利用圓的定義與拋物線的定義相結合建立相關的代數關系是求解圓與拋物線綜合問題的有效方法．　 　設M(x0，y0)為拋物線C：x2＝8y上的一點，F為拋物線C的焦點，以F為圓心、|FM|為半徑的圓和拋物線C的準線相交，則y0的取值范圍是(　　) A．(0，2) B．[0，2] C．(2，＋∞) D．[2，＋∞) 解析：選C.設圓的半徑為r，因為F(0，2)是圓心，拋物線C的準線方程為y＝－2，由圓與準線相交知r>4，因為點M(x0，y0)為拋物線C：x2＝8y上的一點，所以r＝|FM|＝y0

17、＋2＞4，所以y0＞2. [基礎題組練] 1．已知點A(－2，3)在拋物線C：y2＝2px(p>0)的準線上，記C的焦點為F，則直線AF的斜率為(　　) A．－　　　　　　　　　 B．－1 C．－ D．－ 解析：選C.由已知得準線方程為x＝－2，所以F的坐標為(2，0)．又A(－2，3)，所以直線AF的斜率k＝＝－. 2．已知拋物線C1：x2＝2py(p>0)的準線與拋物線C2：x2＝－2py(p>0)交于A，B兩點，C1的焦點為F，若△FAB的面積等于1，則C1的方程是(　　) A．x2＝2y B．x2＝y C．x2＝y D．x2＝y 解析：選A.由題意得，F，

18、不妨設A，B(－p，－)，所以S△FAB＝·2p·p＝1，則p＝1，即拋物線C1的方程是x2＝2y，故選A. 3．(2020·麗水調研)已知等邊△ABF的頂點F是拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點，頂點B在拋物線的準線l上且AB⊥l，則點A的位置(　　) A．在C開口內 B．在C上 C．在C開口外 D．與p值有關 解析：選B.設B，由已知有AB中點的橫坐標為，則A，△ABF是邊長|AB|＝2p的等邊三角形，即|AF|＝ ＝2p，所以p2＋m2＝4p2，所以m＝±p，所以A，代入y2＝2px中，得點A在拋物線C上，故選B. 4．已知拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點為F，點

19、P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，P3(x3，y3)在拋物線上，且2x2＝x1＋x3，則有(　　) A．|FP1|＋|FP2|＝|FP3| B．|FP1|2＋|FP2|2＝|FP3|2 C．|FP1|＋|FP3|＝2|FP2| D．|FP1|·|FP3|＝|FP2|2 解析：選C.根據拋物線的定義知|FP1|＝x1＋，|FP2|＝x2＋，|FP3|＝x3＋， 所以|FP1|＋|FP3|＝＋＝(x1＋x3)＋p＝2x2＋p＝2＝2|FP2|. 5．拋物線y2＝4x的焦點為F，準線為l，經過F且斜率為的直線與拋物線在x軸上方的部分相交于點A，AK⊥l，垂足為K，則△AKF的面積

20、是(　　) A．4 B．3 C．4 D．8 解析：選C.F(1，0)，直線AF：y＝(x－1)，代入y2＝4x得3x2－10x＋3＝0， 解得x＝3或x＝. 由于點A在x軸上方且直線的斜率為，所以其坐標為(3，2)． 因為|AF|＝|AK|＝3＋1＝4，AF的斜率為，即傾斜角為60°，所以∠KAF＝60°， 所以△AKF為等邊三角形， 所以△AKF的面積為×42＝4. 6．(2020·杭州市高考模擬)設傾斜角為α的直線l經過拋物線Г：y2＝2px(p>0)的焦點F，與拋物線Г交于A，B兩點，設點A在x軸上方，點B在x軸下方．若＝m，則cos α的值為(　　) A.

21、 B. C. D. 解析：選A.設拋物線y2＝2px(p>0)的準線為l：x＝－. 如圖所示，分別過點A，B作AM⊥l，BN⊥l，垂足分別為M，N. 在△ABC中，∠BAC等于直線AB的傾斜角α， 由＝m，|AF|＝m|BF|，|AB|＝|AF|＋|BF|＝(m＋1)|BF|， 根據拋物線的定義得，|AM|＝|AF|＝m|BF|，|BN|＝|BF|， 所以|AC|＝|AM|－|MC|＝m|BF|－|BF|＝(m－1)|BF|， 在Rt△ABC中，cos α＝cos ∠BAC＝＝＝，故選A. 7．已知拋物線y2＝2px(p>0)上一點M到焦點F的距離等于2p，則直線MF的

22、斜率為________． 解析：設M(xM，yM)，由拋物線定義可得|MF|＝xM＋＝2p，解得xM＝，代入拋物線方程可得yM＝±p，則直線MF的斜率為＝＝±. 答案：± 8．已知拋物線C的方程為y2＝2px(p>0)，○·M的方程為x2＋y2＋8x＋12＝0，如果拋物線C的準線與○·M相切，那么p的值為________． 解析：將○·M的方程化為標準方程(x＋4)2＋y2＝4，圓心坐標為(－4，0)，半徑r＝2，又因為拋物線的準線方程為x＝－，所以＝2，p＝12或4. 答案：12或4 9．若點P在拋物線y2＝x上，點Q在圓(x－3)2＋y2＝1上，則|PQ|的最小值為______

23、__． 解析：由題意得拋物線與圓不相交， 且圓的圓心為A(3，0)， 則|PQ|≥|PA|－|AQ|＝|PA|－1， 當且僅當P，Q，A三點共線時取等號， 所以當|PA|取得最小值時，|PQ|最?。? 設P(x0，y0)，則y＝x0，|PA|＝＝＝ ，當且僅當x0＝時，|PA|取得最小值，此時|PQ|取得最小值－1. 答案：－1 10．(2020·浙江省名校協作體高三聯考)拋物線的頂點在原點，焦點在x軸上，且過點(4，4)，焦點為F. (1)求拋物線的焦點坐標和標準方程； (2)P是拋物線上一動點，M是PF的中點，求M的軌跡方程． 解：(1)拋物線頂點在原點，焦點在x軸上，

24、且過點(4，4)，設拋物線解析式為y2＝2px，把(4，4)代入，得16＝2×4p，所以p＝2， 所以拋物線的標準方程為y2＝4x，焦點坐標為F(1，0)． (2)設M(x，y)，P(x0，y0)，F(1，0)，M是PF的中點，則x0＋1＝2x，0＋y0＝2y， 所以x0＝2x－1，y0＝2y， 因為P是拋物線上一動點，所以y＝4x0， 所以(2y)2＝4(2x－1)，化簡得y2＝2x－1. 所以M的軌跡方程為y2＝2x－1. 11．已知拋物線y2＝2px(p>0)的焦點為F，A是拋物線上橫坐標為4，且位于x軸上方的點，A到拋物線準線的距離等于5，過A作AB垂直于y軸，垂足為B，

25、OB的中點為M. (1)求拋物線的方程； (2)若過M作MN⊥FA，垂足為N，求點N的坐標． 解：(1)拋物線y2＝2px的準線為x＝－， 于是4＋＝5，所以p＝2. 所以拋物線方程為y2＝4x. (2)因為點A的坐標是(4，4)， 由題意得B(0，4)，M(0，2)． 又因為F(1，0)，所以kFA＝， 因為MN⊥FA，所以kMN＝－. 又FA的方程為y＝(x－1)，① MN的方程為y－2＝－x，② 聯立①②，解得x＝，y＝， 所以點N的坐標為. [綜合題組練] 1．(2020·臺州書生中學月考)拋物線y2＝2px(p>0)的焦點為F，已知點A，B為拋物線上的兩

26、個動點，且滿足∠AFB＝120°，過AB的中點M作拋物線準線l的垂線MN，垂足為N，則的最大值為(　　) A. B．1 C. D．2 解析：選A.過A，B分別作拋物線準線的垂線，垂足分別為A1，B1，連接AF，BF，由拋物線的定義知|MN|＝(|AA1|＋|BB1|)＝(|AF|＋|BF|)，在△AFB中，|AB|2＝|AF|2＋|BF|2－2|AF||BF|·cos 120°＝|AF|2＋|BF|2＋|AF||BF|. 所以＝· ＝ ＝≤×＝， 當且僅當|AF|＝|BF|時取等號，所以的最大值為. 2．已知F為拋物線y2＝x的焦點，點A，B在該拋物線上且位于x軸的

27、兩側，·＝2(其中O為坐標原點)，則△ABO與△AFO面積之和的最小值是(　　) A．2 B．3 C. D. 解析：選B.設A(x1，)，B(x2，－)， 則S△AFO＝×＝. 由·＝2得x1x2－＝2， 即x1x2－－2＝0，解得x1x2＝4， 所以(||·||)2＝(x＋x1)(x＋x2) ＝xx＋x1x2·(x1＋x2)＋x1x2＝20＋4(x1＋x2)， 因為cos∠AOB＝， 所以sin∠AOB＝ ＝ 所以S△AOB＝||||sin∠AOB ＝|||| ＝ ＝＝ ＝＝＋， 所以S△ABO＋S△AFO＝＋≥2＝3，當＝，即x1＝時等號成立．

28、 3．如圖，正方形ABCD和正方形DEFG的邊長分別為a，b(a＜b)，原點O為AD的中點，拋物線y2＝2px(p＞0)經過C，F兩點，則＝________． 解析：依題知C，F，因為點C，F在拋物線上，所以兩式相除得－2－1＝0，解得＝1＋或＝1－(舍)． 答案：1＋ 4．(2020·臺州市高考模擬)如圖，過拋物線y2＝4x的焦點F作直線與拋物線及其準線分別交于A，B，C三點，若＝4，則||＝________． 解析：分別過A，B作準線的垂線，垂足分別為A1，B1，則|DF|＝p＝2，由拋物線的定義可知|FB|＝|BB1|，|AF|＝|AA1|， 因為＝4，所以＝＝， 所

29、以|FB|＝|BB1|＝. 所以|FC|＝4|FB|＝6， 所以cos ∠DFC＝＝， 所以cos ∠A1AC＝＝＝，解得|AF|＝3， 所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝3＋＝. 答案： 5．已知拋物線x2＝4y的焦點為F，P為該拋物線在第一象限內的圖象上的一個動點． (1)當|PF|＝2時，求點P的坐標； (2)求點P到直線y＝x－10的距離的最小值． 解：(1)由拋物線x2＝4y的焦點為F，P為該拋物線在第一象限內的圖象上的一個動點， 故設P(a＞0)， 因為|PF|＝2，結合拋物線的定義得＋1＝2， 所以a＝2，所以點P的坐標為(2，1)． (2)設點P的坐標

30、為P(a＞0)，則點P到直線y＝x－10的距離為＝. 因為－a＋10＝(a－2)2＋9， 所以當a＝2時，－a＋10取得最小值9， 故點P到直線y＝x－10的距離的最小值為. 6．(2020·杭州寧波二市三校聯考)已知A，B，C是拋物線y2＝2px(p＞0)上三個不同的點，且AB⊥AC. (1)若A(1，2)，B(4，－4)，求點C的坐標； (2)若拋物線上存在點D，使得線段AD總被直線BC平分，求點A的坐標． 解：(1)因為A(1，2)在拋物線y2＝2px(p＞0)上，所以p＝2.所以拋物線方程為y2＝4x. 設C，則由kAB·kAC＝－1，即·＝－1，解得t＝6，即C(9，6)． (2)設A(x0，y0)，B，C，則y＝2px0， 直線BC的方程為＝，即(y1＋y2)y＝2px＋y1y2，由kAB·kAC＝·＝－1， 得y0(y1＋y2)＋y1y2＋y＝－4p2， 與直線BC的方程聯立，化簡，得(y1＋y2)(y＋y0)＝2p(x－2p－x0)，故直線BC恒過點E(x0＋2p，－y0)． 因此直線AE的方程為y＝－(x－x0)＋y0， 代入拋物線的方程y2＝2px(p＞0)， 得點D的坐標為. 因為線段AD總被直線BC平分， 所以 解得x0＝，y0＝±p， 即點A的坐標為. 16