2020-2021学年2.3抛物线教案设计

这是一份2020-2021学年2.3抛物线教案设计，共5页。


[时间：35分钟 分值：80分]
eq \a\vs4\al\c1(基础热身)
1．抛物线y2＝－8x的焦点坐标是( )
A．(2,0) B．(－2,0)
C．(4,0) D．(－4,0)
2．设斜率为2的直线l过抛物线y2＝ax(a≠0)的焦点F，且和y轴交于点A.若△OAF(O为坐标原点)的面积为4，则抛物线的方程为( )
A．y2＝±4x B．y2＝±8x
C．y2＝4x D．y2＝8x
3．已知直线l1：4x－3y＋6＝0和直线l2：x＝－1，抛物线y2＝4x上一动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值是( )
A．2 B．3
C.eq \f(11,5) D.eq \f(37,16)
4．点A，B在抛物线x2＝2py(p>0)上，若A，B的中点是(x0，y0)，当直线AB的斜率存在时，其斜率为( )
A.eq \f(2p,y0) B.eq \f(p,y0)
C.eq \f(p,x0) D.eq \f(x0,p)
eq \a\vs4\al\c1(能力提升)
5．[2010·福建卷] 以抛物线y2＝4x的焦点为圆心，且过坐标原点的圆的方程为( )
A．x2＋y2＋2x＝0 B．x2＋y2＋x＝0
C．x2＋y2－x＝0 D．x2＋y2－2x＝0
6．[2010·山东卷] 已知抛物线y2＝2px(p>0)，过其焦点且斜率为1的直线交抛物线于A，B两点，若线段AB的中点的纵坐标为2，则该抛物线的准线方程为( )
A．x＝1 B．x＝－1
C．x＝2 D．x＝－2
7．[2010·陕西卷] 已知抛物线y2＝2px(p>0)的准线与圆x2＋y2－6x－7＝0相切，则p的值为( )
A.eq \f(1,2) B．1 C．2 D．4
8．[2010·辽宁卷] 设抛物线y2＝8x的焦点为F，准线为l，P为抛物线上一点，PA⊥l，A为垂足．如果直线AF的斜率为－eq \r(3)，那么|PF|＝( )
A．4eq \r(3) B．8
C．8eq \r(3) D．16
9．[2011·东北三校模拟] 已知抛物线y＝ax2的准线方程为y＝1，则a的值为________．
10．[2010·浙江卷] 设抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，点A(0,2)．若线段FA的中点B在抛物线上，则B到该抛物线准线的距离为________．
11．给定抛物线C：y2＝4x，过点A(－1,0)，斜率为k的直线与C相交于M，N两点，若线段MN的中点在直线x＝3上，则k＝________.
12．(13分)[2011·西城一模] 已知抛物线y2＝4x的焦点为F，直线l过点M(4,0)．
(1)若点F到直线l的距离为eq \r(3)，求直线l的斜率；
(2)设A，B为抛物线上两点，且直线AB不与x轴垂直，若线段AB的垂直平分线恰好过点M，求证：线段AB中点的横坐标为定值．
eq \a\vs4\al\c1(难点突破)
13．(12分)[2011·西城一模] 已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，过F的直线交y轴正半轴于点P，交抛物线于A，B两点，其中点A在第一象限．
(1)求证：以线段FA为直径的圆与y轴相切；
(2)若eq \(FA,\s\up6(→))＝λ1eq \(AP,\s\up6(→))，eq \(BF,\s\up6(→))＝λ2eq \(FA,\s\up6(→))，eq \f(λ1,λ2)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))，求λ2的取值范围．
课时作业(五十)A
【基础热身】
1．B [解析] 由y2＝－8x，易知焦点坐标是(－2,0)．
2．B [解析] 抛物线y2＝ax(a≠0)的焦点F坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)，0))，则直线l的方程为y＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a,4)))，它与y轴的交点为Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(a,2)))，所以△OAF的面积为eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a,4)))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))＝4，解得a＝±8.所以抛物线方程为y2＝±8x.
3．A [解析] 设动点P到直线l1和直线l2的距离之和为d，直线l2：x＝－1为抛物线y2＝4x的准线，由抛物线的定义知，P到l2的距离等于P到抛物线的焦点F(1,0)的距离，故本题转化为在抛物线y2＝4x上找一个点P使得P到点F(1,0)和直线l2的距离之和最小，最小值为F(1,0)到直线l1：4x－3y＋6＝0的距离，即dmin＝eq \f(|4－0＋6|,5)＝2.
4．D [解析] 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则xeq \\al(2,1)＝2py1，xeq \\al(2,2)＝2py2，两式相减得(x1＋x2)(x1－x2)＝2p(y1－y2)，即kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(x1＋x2,2p)＝eq \f(x0,p).
【能力提升】
5．D [解析] 因为已知抛物线的焦点坐标为(1,0)，即所求圆的圆心．又知该圆过原点，所以圆的半径为r＝1，故所求圆的方程为(x－1)2＋y2＝1，即x2－2x＋y2＝0.
6．B [解析] 抛物线的焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，所以过焦点且斜率为1的直线方程为y＝x－eq \f(p,2)，即x＝y＋eq \f(p,2)，
将其代入y2＝2px，得y2－2py－p2＝0，
所以eq \f(y1＋y2,2)＝p＝2，所以抛物线方程为y2＝4x，
准线方程为x＝－1.
7．C [解析] 方法1：∵抛物线的准线方程为x＝－eq \f(p,2)，圆的标准方程为(x－3)2＋y2＝16.
∴3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)))＝4，∴p＝2.
方法2：作图可知，抛物线y2＝2px(p>0)的准线与圆(x－3)2＋y2＝16相切于点(－1,0)，所以－eq \f(p,2)＝－1，解得p＝2.
8．B [解析] 设准线l与x轴交于点B，连接AF、PF，则|BF|＝p＝4，∵直线AF的斜率为－eq \r(3)，∴∠AFB＝60°.在Rt△ABF中，|AF|＝eq \f(4,cs60°)＝8.又根据抛物线的定义，得|PA|＝|PF|，PA∥BF，∴∠PAF＝60°，∴△PAF为等边三角形，故|PF|＝|AF|＝8.
9．－eq \f(1,4) [解析] 抛物线方程为x2＝eq \f(1,a)y，故其准线方程是y＝－eq \f(1,4a)＝1，解得a＝－eq \f(1,4).
10.eq \f(3\r(2),4) [解析] 设抛物线的焦点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，由B为线段FA的中点，所以Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,4)，1))，代入抛物线方程得p＝eq \r(2)，则B到该抛物线准线的距离为eq \f(p,4)＋eq \f(p,2)＝eq \f(3p,4)＝eq \f(3\r(2),4).
11．±eq \f(\r(2),2) [解析] 过点A(－1,0)，斜率为k的直线为y＝k(x＋1)，与抛物线方程联立后消掉y得k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，有x1＋x1＝eq \f(4－2k2,k2)，x1x2＝1.
因为线段MN的中点在直线x＝3上，所以x1＋x2＝6，即eq \f(4－2k2,k2)＝6，解得k＝±eq \f(\r(2),2).
而此时k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0的判别式大于零，所以k＝±eq \f(\r(2),2).
12．[解答] (1)由已知，x＝4不合题意．设直线l的方程为y＝k(x－4)．由已知，抛物线C的焦点坐标为(1,0)，因为点F到直线l的距离为eq \r(3)，所以eq \f(|3k|,\r(1＋k2))＝eq \r(3)，
解得k＝±eq \f(\r(2),2)，所以直线l的斜率为±eq \f(\r(2),2).
(2)证明：设线段AB中点的坐标为N(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则直线MN的斜率为eq \f(y0,x0－4)，因为AB不垂直于x轴，所以直线AB的斜率为eq \f(4－x0,y0)，
直线AB的方程为y－y0＝eq \f(4－x0,y0)(x－x0)，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－y0＝\f(4－x0,y0)x－x0，,y2＝4x，))
消去x，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(x0,4)))y2－y0y＋yeq \\al(2,0)＋x0(x0－4)＝0，
所以y1＋y2＝eq \f(4y0,4－x0)，
因为N为AB中点，所以eq \f(y1＋y2,2)＝y0，即eq \f(2y0,4－x0)＝y0，
所以x0＝2，即线段AB中点的横坐标为定值2.
【难点突破】
13．[解答] (1)证明：由已知Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，设A(x1，y1)，
则yeq \\al(2,1)＝2px1，
圆心坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2x1＋p,4)，\f(y1,2)))，圆心到y轴的距离为eq \f(2x1＋p,4)，
圆的半径为eq \f(|FA|,2)＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)))))＝eq \f(2x1＋p,4)，
所以，以线段FA为直径的圆与y轴相切．
(2)解法一：设P(0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \(FA,\s\up6(→))＝λ1eq \(AP,\s\up6(→))，eq \(BF,\s\up6(→))＝λ2eq \(FA,\s\up6(→))，得
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(p,2)，y1))＝λ1(－x1，y0－y1)，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)－x2，－y2))＝λ2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(p,2)，y1))，
所以x1－eq \f(p,2)＝－λ1x1，y1＝λ1(y0－y1)，
eq \f(p,2)－x2＝λ2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(p,2)))，y2＝－λ2y1，
由y2＝－λ2y1，得yeq \\al(2,2)＝λeq \\al(2,2)yeq \\al(2,1).
又yeq \\al(2,1)＝2px1，yeq \\al(2,2)＝2px2，
所以x2＝λeq \\al(2,2)x1.
代入eq \f(p,2)－x2＝λ2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(p,2)))，得eq \f(p,2)－λeq \\al(2,2)x1＝λ2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(p,2)))，eq \f(p,2)(1＋λ2)＝x1λ2(1＋λ2)，
整理得x1＝eq \f(p,2λ2)，
代入x1－eq \f(p,2)＝－λ1x1，得eq \f(p,2λ2)－eq \f(p,2)＝－eq \f(λ1p,2λ2)，
所以eq \f(1,λ2)＝1－eq \f(λ1,λ2)，
因为eq \f(λ1,λ2)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))，所以λ2的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，2)).
解法二：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB：x＝my＋eq \f(p,2)，
将x＝my＋eq \f(p,2)代入y2＝2px，得y2－2pmy－p2＝0，
所以y1y2＝－p2(*)．
由eq \(FA,\s\up6(→))＝λ1eq \(AP,\s\up6(→))，eq \(BF,\s\up6(→))＝λ2eq \(FA,\s\up6(→))，得
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(p,2)，y1))＝λ1(－x1，y0－y1)，
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)－x2，－y2))＝λ2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(p,2)，y1))，
所以x1－eq \f(p,2)＝－λ1x1，y1＝λ1(y0－y1)，
eq \f(p,2)－x2＝λ2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(p,2)))，y2＝－λ2y1，
将y2＝－λ2y1代入(*)式，得yeq \\al(2,1)＝eq \f(p2,λ2)，
所以2px1＝eq \f(p2,λ2)，x1＝eq \f(p,2λ2).
代入x1－eq \f(p,2)＝－λ1x1，得eq \f(1,λ2)＝1－eq \f(λ1,λ2)，
因为eq \f(λ1,λ2)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))，所以λ2的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，2)).