人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.3 抛物线导学案

这是一份人教A版 (2019)选择性必修 第一册3.3 抛物线导学案，共11页。学案主要包含了学习目标，自主学习，小试牛刀，经典例题，跟踪训练，当堂达标，参考答案等内容，欢迎下载使用。
【自主学习】
一．抛物线的几何性质
二．焦点弦
直线过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F，与抛物线交于A(x1，y1)、B(x2，y2)两点，由抛物线的定义知，|AF|＝x1＋eq \f(p,2)，|BF|＝x2＋eq \f(p,2)，故|AB|＝ .
三．直线与抛物线的位置关系
直线与抛物线有三种位置关系： 、 和 ．
设直线y＝kx＋m与抛物线y2＝2px(p＞0)相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，将y＝kx＋m代入y2＝2px，消去y并化简，得k2x2＋2(mk－p)x＋m2＝0.
①k＝0时，直线与抛物线只有 交点；
②k≠0时，Δ＞0⇔直线与抛物线 ⇔有 公共点．
Δ＝0⇔直线与抛物线 ⇔只有 公共点．
Δ＜0⇔直线与抛物线 ⇔ 公共点．
【小试牛刀】
思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)抛物线关于顶点对称．( )
(2)抛物线只有一个焦点，一条对称轴，无对称中心．( )
(3)抛物线的标准方程虽然各不相同，但是其离心率都相同．( )
(4)抛物线y2＝2px过焦点且垂直于对称轴的弦长是2p．( )
(5)抛物线y＝－eq \f(1,8)x2的准线方程为x＝eq \f(1,32)．( )
【经典例题】
题型一 抛物线性质的应用
点拨：把握三个要点确定抛物线的简单几何性质
(1)开口：由抛物线标准方程看图象开口，关键是看准二次项是x还是y，一次项的系数是正还是负．
(2)关系：顶点位于焦点与准线中间，准线垂直于对称轴．
(3)定值：焦点到准线的距离为p；过焦点垂直于对称轴的弦(又称为通径)长为2p；离心率恒等于1.
例1 已知抛物线y2＝8x.
(1)求出该抛物线的顶点、焦点、准线方程、对称轴、变量x的范围；
(2)以坐标原点O为顶点，作抛物线的内接等腰三角形OAB，|OA|＝|OB|，若焦点F是△OAB的重心，求△OAB的周长．
【跟踪训练】1 已知抛物线的顶点在坐标原点，对称轴为x轴且与圆x2＋y2＝4相交的公共弦长等于2eq \r(3)，则抛物线的方程为________．
题型二 直线与抛物线的位置关系
点拨：直线与抛物线交点问题的解题思路
(1)判断直线与抛物线的交点个数时，一般是将直线与抛物线的方程联立消元，转化为形如一元二次方程的形式，注意讨论二次项系数是否为0.若该方程为一元二次方程，则利用判别式判断方程解的个数．
(2)直线与抛物线有一个公共点时有两种情形： = 1 \* GB3 ①直线与抛物线的对称轴重合或平行； = 2 \* GB3 ②直线与抛物线相切．
例2 已知直线l：y＝kx＋1，抛物线C：y2＝4x，当k为何值时，l与C：只有一个公共点；有两个公共点；没有公共点．
【跟踪训练】2 若抛物线y2＝4x与直线y＝x－4相交于不同的两点A，B，求证OA⊥OB.
题型三 中点弦及弦长公式
例3 已知抛物线的顶点在原点，x轴为对称轴，经过焦点且倾斜角为eq \f(π,4)的直线l被抛物线所截得的弦长为6，求抛物线的标准方程．
【跟踪训练】3 过点Q(4,1)作抛物线y2＝8x的弦AB，恰被点Q所平分，求AB所在直线的方程．
题型四 抛物线的综合应用
例4 求抛物线y＝－x2上的点到直线4x＋3y－8＝0的最小距离．
【跟踪训练】4如图所示，抛物线关于x轴对称，它的顶点为坐标原点，点P(1,2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)均在抛物线上．
(1)求抛物线的方程及其准线方程；
(2)当PA与PB的斜率存在且倾斜角互补时，证明：直线AB的斜率为定值．
【当堂达标】
1.(多选)已知抛物线C：x2＝2py，若直线y＝2x被抛物线所截弦长为4，则抛物线C的方程为（ ）
A．x2＝4y B．x2＝－4y C．x2＝2yD．x2＝－2y
2.若抛物线y2＝2x上有两点A、B且AB垂直于x轴，若|AB|＝2eq \r(2)，则抛物线的焦点到直线AB的距离为( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(1,4) C．eq \f(1,6) D．eq \f(1,8)
3.设O为坐标原点，F为抛物线y2＝4x的焦点，A是抛物线上一点，若eq \(OA,\s\up8(→))·eq \(AF,\s\up8(→))＝－4，则点A的坐标是( )
A．(2，±2eq \r(2)) B．(1，±2) C．(1,2) D．(2,2eq \r(2))
4.过抛物线y2＝4x的焦点作直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，如果x1＋x2＝6，则|AB|＝________.
5.已知抛物线x＝－y2与过点(－1,0)且斜率为k的直线相交于A，B两点，O为坐标原点，当△AOB的面积等于eq \r(10)时，求k的值．
6.已知y＝x＋m与抛物线y2＝8x交于A，B两点．
(1)若|AB|＝10，求实数m的值；
(2)若OA⊥OB，求实数m的值．
【参考答案】
【自主学习】
x＝－eq \f(p,2) x＝eq \f(p,2) y＝－eq \f(p,2) y＝eq \f(p,2) x轴 y轴 (0,0) 1 x1＋x2＋p 相离 相切 相交
一个 相交 两个 相切 一个 相离 没有
【小试牛刀】
× √ √ √ ×
【经典例题】
例1 解： (1)抛物线y2＝8x的顶点、焦点、准线方程、对称轴、变量x的范围分别为(0,0)，(2,0)，x＝－2，x轴，x≥0.
(2)如图所示，由|OA|＝|OB|可知AB⊥x轴，垂足为点M，
又焦点F是△OAB的重心，则|OF|＝eq \f(2,3)|OM|.
因为F(2,0)，所以|OM|＝eq \f(3,2)|OF|＝3，所以M(3,0)．
故设A(3，m)，代入y2＝8x得m2＝24；所以m＝2eq \r(6)或m＝－2eq \r(6)，
所以A(3,2eq \r(6))，B(3，－2eq \r(6))，所以|OA|＝|OB|＝eq \r(33)，所以△OAB的周长为2eq \r(33)＋4eq \r(6).
【跟踪训练】 1 y2＝3x或y2＝－3x 解析：根据抛物线和圆的对称性知，其交点纵坐标为±eq \r(3)，交点横坐标为±1，则抛物线过点(1，eq \r(3))或(－1，eq \r(3))，设抛物线方程为
y2＝2px或y2＝－2px(p>0)，则2p＝3，从而抛物线方程为y2＝3x或y2＝－3x.
例2 解：联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,y2＝4x，))消去y，得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.(*)
当k＝0时，(*)式只有一个解x＝eq \f(1,4)，∴y＝1，∴直线l与C只有一个公共点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))，此时直线l平行于x轴．
当k≠0时，(*)式是一个一元二次方程，Δ＝(2k－4)2－4k2＝16(1－k)．
①当Δ>0，即k0)，则由点P(1,2)在抛物线上，得22＝2p×1，解得p＝2，
故所求抛物线的方程是y2＝4x，准线方程是x＝－1.
(2)证明：因为PA与PB的斜率存在且倾斜角互补，所以kPA＝－kPB，即eq \f(y1－2,x1－1)＝－eq \f(y2－2,x2－1).
又A(x1，y1)，B(x2，y2)均在抛物线上，所以x1＝eq \f(y\\al(2,1),4)，x2＝eq \f(y\\al(2,2),4)，从而有eq \f(y1－2,\f(y\\al(2,1),4)－1)＝－eq \f(y2－2,\f(y\\al(2,2),4)－1)，即eq \f(4,y1＋2)＝－eq \f(4,y2＋2)，得y1＋y2＝－4，故直线AB的斜率kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(4,y1＋y2)＝－1.
【当堂达标】
1.CD 解析：由，解得：或，则交点坐标为(0,0)，(4p,8p)，
则，解得：， 则抛物线的方程，故选：CD．
2.A 解析：线段AB所在的直线方程为x＝1，抛物线的焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0))，则焦点到直线AB的距离为1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2).
3.B 解析：由题意知F(1,0)，设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0),4)，y0))，则eq \(OA,\s\up8(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,0),4)，y0))，eq \(AF,\s\up8(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(y\\al(2,0),4)，－y0))，由eq \(OA,\s\up8(→))·eq \(AF,\s\up8(→))＝－4得y0＝±2，∴点A的坐标为(1，±2)，故选B.
4. 8 解析：因为直线AB过焦点F(1,0)，所以|AB|＝x1＋x2＋p＝6＋2＝8.
5.解： 过点(－1,0)且斜率为k的直线方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－y2，,y＝kx＋1，))消去x整理得ky2＋y－k＝0，Δ＝1＋4k2>0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数之间的关系得y1＋y2＝－eq \f(1,k)，y1·y2＝－1.
设直线与x轴交于点N，显然N点的坐标为(－1,0)．
∵S△OAB＝S△OAN＋S△OBN＝eq \f(1,2)|ON||y1|＋eq \f(1,2)|ON||y2|＝eq \f(1,2)|ON||y1－y2|，
∴S△AOB＝eq \f(1,2)×1×eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝eq \f(1,2)×eq \r(\f(1,k2)＋4)＝eq \r(10)，
解得k＝±eq \f(1,6).
6.解： 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋m，,y2＝8x，))得x2＋(2m－8)x＋m2＝0.
由Δ＝(2m－8)2－4m2＝64－32m>0，得m