高中数学2.3抛物线教学设计

这是一份高中数学2.3抛物线教学设计，共7页。教案主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．P(x0，y0)是抛物线y2＝2px(p≠0)上任一点，则P到焦点的距离是( )
A．|x0－eq \f(p,2)|
B．|x0＋eq \f(p,2)|
C．|x0－p|
D．|x0＋p|
[答案] B
[解析] 利用P到焦点的距离等于到准线的距离，当p>0时，p到准线的距离为d＝x0＋eq \f(p,2)；当p<0时，p到准线的距离为d＝－eq \f(p,2)－x0＝|eq \f(p,2)＋x0|.
2．已知抛物线的准线方程为x＝－7，则抛物线的标准方程为( )
A．x2＝－28y
B．y2＝28x
C．y2＝－28x
D．x2＝28y
[答案] B
[解析] 由题意，知抛物线的标准方程为：y2＝2px(p>0)，又准线方程为x＝－7，∴p＝14.
3．抛物线y2＝－4px(p>0)的焦点为F，准线为l，则p表示( )
A．F到l的距离
B．F到y轴的距离
C．F点的横坐标
D．F到l的距离的eq \f(1,4)
[答案] B
[解析] 设y2＝－2p′x(p′>0)，p′表示焦点到准线的距离，又2p′＝4p，p＝eq \f(p′,2)，故p表示焦点到y轴的距离．
4．(2010·陕西文，9)已知抛物线y2＝2px(p>0)的准线与圆(x－3)2＋y2＝16相切，则p的值为( )
A.eq \f(1,2)
B．1
C．2
D．4
[答案] C
[解析] 本题考查抛物线的准线方程，直线与圆的位置关系．
抛物线y2＝2px(p>0)的准线方程是x＝－eq \f(p,2)，由题意知，3＋eq \f(p,2)＝4，p＝2.
5．设抛物线y2＝8x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是( )
A．[－eq \f(1,2)，eq \f(1,2)]
B．[－2,2]
C．[－1,1]
D．[－4,4]
[答案] C
[解析] 由题意可知，y2＝8x的准线为x＝－2，所以Q点的坐标为(－2,0)，设直线l的方程为y＝k(x＋2)(斜率显然存在)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k(x＋2),y2＝8x))得k2x2＋4(k2－2)x＋4k2＝0，所以k＝0时，直线与抛物线的交点为(0,0)时，k≠0，Δ＝[4(k2－2)]2－4×(4k2)×k2≥0⇒－1≤k≤1，且k≠0，综上可知－1≤k≤1，应选C.
6．设抛物线的顶点在原点，其焦点F在y轴上，又抛物线上的点(k，－2)与F点的距离为4，则k的值是( )
A．4
B．4或－4
C．－2
D．2或－2
[答案] B
[解析] 由题意，设抛物线的标准方程为：x2＝－2py，
由题意得，eq \f(p,2)＋2＝4，∴p＝4，x2＝－8y.
又点(k，－2)在抛物线上，∴k2＝16，k＝±4.
7．抛物线的顶点在原点，对称轴是x轴，抛物线上的点(－5，2eq \r(5))到焦点的距离是6，则抛物线的方程为( )
A．y2＝－2x
B．y2＝－4x
C．y2＝2x
D．y2＝－4x或y2＝－36x
[答案] B
[解析] 由题意，设抛物线的标准方程为：
y2＝－2px(p>0)，
由题意，得eq \f(p,2)＋5＝6，∴p＝2，
∴抛物线方程为y2＝－4x.
8．直线y＝kx－2交抛物线y2＝8x于A、B两点，若AB中点的横坐标为2，则k＝( )
A．2或－2
B．－1
C．2
D．3
[答案] C
[解析] 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝8x,y＝kx－2))得k2x2－4(k＋2)x＋4＝0，
则eq \f(4(k＋2),k2)＝4，即k＝2.
9．与y轴相切并和圆x2＋y2－10x＝0外切的动圆圆心的轨迹为( )
A．圆
B．抛物线和一条射线
C．椭圆
D．抛物线
[答案] B
[解析] 如图，
设动圆圆心坐标为(x，y)，由题意得
y＝0(x<0)或y2＝20x(x≠0)．
10．已知P为抛物线y2＝4x上一动点，记点P到y轴的距离为d，对于定点A(4,5)，则|PA|＋d的最小值为( )
A．4
B.eq \r(74)
C.eq \r(17)－1
D.eq \r(34)－1
[答案] D
[解析] 因为A在抛物线的外部，所以，当点P、A、F共线时，|PA|＋|PF|最小，此时|PA|＋d也最小，|PA|＋d＝|PA|＋(|PF|－1)＝|AF|－1＝eq \r((4－1)2＋52)－1＝eq \r(34)－1.
二、填空题
11．抛物线y2＝2px(p>0)上一点到准线和抛物线的对称轴距离分别为10和6，则该点的横坐标是________．
[答案] 1或9
[解析] 设抛物线上一点M坐标为(x0，y0)
由题意，得y0＝6，x0＋eq \f(p,2)＝10，
又yeq \\al(2,0)＝2px0，解得x0＝1或9.
12．抛物线y2＝16x上到顶点和焦点距离相等的点的坐标是________．
[答案] (2，±4eq \r(2))
[解析] 设抛物线y2＝16x上的点P(x，y)
由题意，得(x＋4)2＝x2＋y2＝x2＋16x，
∴x＝2，∴y＝±4eq \r(2).
13．抛物线y2＝4x的弦AB垂直于x轴，若AB的长为4eq \r(3)，则焦点到AB的距离为________．
[答案] 2
[解析] 由题意，设A点坐标为(x,2eq \r(3))，则x＝3，
又焦点F(1,0)，∴焦点到AB的距离为2.
14．已知F为抛物线y2＝2ax(a>0)的焦点，点P是抛物线上任一点，O为坐标原点，以下四个命题：
(1)△FOP为正三角形．
(2)△FOP为等腰直角三角形．
(3)△FOP为直角三角形．
(4)△FOP为等腰三角形．
其中一定不正确的命题序号是________．
[答案] (1)(2)
[解析] ∵抛物线上的点到焦点的距离最小时，恰好为抛物线顶点，∴(1)错误．
若△FOP为等腰直角三角形，则点P的横纵坐标相等，这显然不可能，故(2)错误．
三、解答题
15．根据下列条件写出抛物线的标准方程．
(1)焦点是F(3,0)．
(2)准线方程是x＝－eq \f(1,4).
(3)焦点到准线的距离是2.
[解析] (1)设抛物线的标准方程为y2＝2px(p>0)，又焦点F(3,0)，∴p＝6，
∴抛物线方程为y2＝12x.
(2)由题意，设抛物线的标准方程为y2＝2px(p>0)，
又准线方程为x＝－eq \f(1,4)，∴p＝eq \f(1,2)，
∴抛物线方程为y2＝x.
(3)∵焦点到准线的距离为2，
∴抛物线的标准方程为y2＝±4x或x2＝±4y.
16．已知抛物线y2＝4x，直线l过定点P(－2,1)，斜率为k，k为何值时，直线l与抛物线满足下列条件：
①只有一个公共点；
②有两个公共点；
③没有公共点．
[解析] 由题意得直线l的方程为y－1＝k(x＋2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－1＝k(x＋2)，,y2＝4x，))消去x得ky2－4y＋4(2k＋1)＝0①，
当k＝0时，由方程①得y＝1，把y＝1代入y2＝4x，得x＝eq \f(1,4)，此时，直线l与抛物线只有一个公共点(eq \f(1,4)，1)．
当k≠0时，方程①的判别式为Δ＝－16(2k2＋k－1)．
①当Δ＝0，即2k2＋k－1＝0，解得k＝－1或k＝eq \f(1,2)，此时方程①只有一解，方程组只有一个解，直线l与抛物线只有一个公共点．
②当Δ>0，即2k2＋k－1<0，解得－1③当Δ<0，即2k2＋k－1>0，解得k>eq \f(1,2)或k<－1，
此时，直线l与抛物线没有公共点．
综上所述可知当k＝0或k＝－1或k＝eq \f(1,2)时，直线l与抛物线只有一个公共点；
当－1当k<－1或k>eq \f(1,2)时，直线l与抛物线没有公共点．
17．已知抛物线y2＝4x，直线x－y＋3＝0，求抛物线上的点到直线的最小距离．
[解析] 设抛物线上任一点P的坐标为(x0，y0)，则yeq \\al(2,0)＝4x0，所以x0＝eq \f(y\\al(2,0),4)，所以P点的坐标为(eq \f(y\\al(2,0),4)，y0)，所以P到直线x－y＋3＝0的距离d＝eq \f(|x0－y0＋3|,\r(2))＝eq \f(|\f(y\\al(2,0),4)－y0＋3|,\r(2))＝eq \f(|(y0－2)2＋8|,4\r(2))，所以y0＝2时，dmin＝eq \f(8,4\r(2))＝eq \r(2)，即抛物线上的点到直线的最小距离为eq \r(2).
18．已知抛物线y2＝－x与直线y＝k(x＋1)相交于A，B两点．
(1)求证OA⊥OB；
(2)当△AOB的面积等于eq \r(10)时， 求k的值．
[解析] (1)证明：如图所示，由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝－x,y＝k(x＋1)))消去x得ky2＋y－k＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由根与系数的关系知y1y2＝－1.因为A，B在抛物线y2＝－x上，所以yeq \\al(2,1)＝－x1，yeq \\al(2,2)＝－x2，yeq \\al(2,1)yeq \\al(2,2)＝x1x2，因为kOA·kOB＝eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f(1,y1y2)＝－1，所以OA⊥OB.
(2)解：设直线AB与x轴交于点N，显然k≠0，所以点N的坐标为(－1,0)，因为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|，所以S△OAB＝eq \f(1,2)·1·eq \r((y1＋y2)2－4y1y2)＝eq \f(1,2)eq \r((\f(1,k))2＋4)，因为S△OAB＝eq \r(10)，所以eq \r(10)＝eq \f(1,2)eq \r(\f(1,k2)＋4)，解得k＝±eq \f(1,6).