高二数学 85抛物线及其标准方程第二课时大纲人教版必修.docx
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高二数学85抛物线及其标准方程第二课时大纲人教版必修
2019-2020年高二数学8.5抛物线及其标准方程(第二课时)大纲人教版必修
●教学目标
(一)教学知识点
1.利用抛物线的标准方程和定义来解决问题.
2.抛物线焦点弦的性质及焦点弦长的求法.
(二)能力训练要求
1.熟练掌握利用抛物线的标准方程和定义来解决问题.
2.掌握抛物线焦点弦的性质及焦点弦长的求法.
(三)德育渗透目标
1.通过灵活运用抛物线定义,使学生理解事物之间可以相互转化的辩证思想.
2.通过对学生进行分类讨论思想的教学,培养学生对现实生活中的真善美的识别能力.
●教学重点
1.抛物线定义的应用.
2.抛物线的焦点弦长求法.
3.抛物线综合知识的应用.
●教学难点
抛物线各个知识点的综合应用.
●教学方法
讲练结合法.
●教具准备
投影片三张
第一张:
例1与例2(记作§8.5.2A)
第二张:
例3与例4(记作§8.5.2B)
第三张:
练习题(记作§8.5.2C)
●教学过程
Ⅰ.课题导入
[师]通过上一节课的学习,现在请大家回答下面两个问题:
1.抛物线的定义是什么?
2.抛物线的标准方程有几种形式?
分别是什么,并说出对应的焦点坐标和准线方程?
[生]1.平面内与一个定点F和一条定直线l的距离相等的点的轨迹叫做抛物线.
2.抛物线的标准方程共四种形式:
开口向右,y2=2px(p>0),F(,0),l:
x=-
开口向左,y2=-2px(p>1),F(-,0),l:
x=
开口向上,x2=2py(p>0),F(0,),l:
x=-
开口向下,x2=-2py(p>0),F(0,-),l:
y=
[师]回答得很好,下面我们看几个例题.
(打出投影片§8.5.2A)
Ⅱ.讲授新课
[例1]点M与点F(4,0)的距离比它到直线l:
x+5=0的距离小1,求点M的轨迹方程.
[师]想想怎样求点M的轨迹方程?
[生甲]先设M的坐标为(x,y),接着用两点间距离公式及点到直线距离公式表示出上面的关系及条件,则得到有关x与y的一个关系,再化简即得出结论.
[师]此同学按的是求轨迹方程的一般方法,大家可利用这个办法来求解.
[生乙]老师,我求的点M的轨迹方程是y2=16x,我想说说另外一种解法:
由题可知,点、M应在直线l的右边,否则点M到F的距离大于它到l的距离;其次,“点M与点F的距离为它到直线x+4=0的距离”,由此可知点M的轨迹是以F为焦点,直线x+4=0为准线的抛物线.则得到方程也是y2=16x.
[师]生乙说得很好,大家要在实践中比较两种方法,他很灵活地运用了我们学过的抛物线的定义,使该题目变得简单.
解:
如右图所示,设点M的坐标为(x,y)
由已知条件可知,点M与点F的距离等于它到直线x+4=0的距离.根据抛物线的定义,点M的轨迹是以F(4,0)为焦点的抛物线.
∵=4
∴p=8
因为焦点在x轴的正半轴上,所以点M的轨迹方程为y2=16x.
[例2]斜率为1的直线经过抛物线y2=4x的焦点,与抛物线交于两点A、B,求线段AB的长.
先请两名学生在黑板上做,最后老师与全体同学一起订正并归纳,可得以下三种解法.
如图所示,由抛物线的标准方程可知,焦点F(1,0),准线方程x=-1.由题可知,直线AB的方程为y=x-1
代入抛物线方程y2=4x,整理得
x2-6x+1=0
解法一:
解上述方程得
x1=3+2,x2=3-2
分别代入直线方程得
y1=2+2,y2=2-2
即A、B的坐标分别为(3+2,2+2),(3-2,2-2)
∴|AB|=
解法二:
设A(x1,y1)、B(x2,y2),则
x1+x2=6,x1·x2=1
∴|AB|=|x1-x2|
解法三:
设A(x1,y1)、B(x2,y2),由抛物线定义可知,|AF|等于点A到准线x=-1的距离|AA′|
即|AF|=|AA′|=x1+1
同理|BF|=|BB′|=x2+1
∴|AB|=|AF|+|BF|=x1+x2+2=8
小结:
对于直线被圆锥曲线所截得弦长的求法,解法二是最常见的,并能推广到任意二次曲线,而解法三在抛物线中显得更为灵活,所以应记住弦长公式为|AB|=x1+x2+p.
(打出投影片§8.5.2B)
[例3]已知抛物线的焦点在x轴上,抛物线上的点M(-3,m)到焦点的距离等于5,求抛物线的标准方程和m的值.
分析:
焦点在x轴上的抛物线有两种形式,一种开口向右,另一种开口向左,因为M的横坐标是-3,所以开口向左.先设出抛物线标准方程,根据M在抛物线上与M到焦点的距离等于5可得出两个方程.从而得出方程组,解方程组即可.另外也可根据抛物线定义,M到焦点的距离等于M到准线的距离.因准线方程为x=,则有+3=5,即可求得p,从而得出抛物线方程.
解法一:
设抛物线方程y2=-2px(p>0),则焦点F(-,0),由题设可得:
解得
故抛物线的方程为y2=-8x,m的值为±.
解法二:
设抛物线方程为y2=-2px(p>0),则焦点F(-,0),准线方程为x=.
根据抛物线的定义,M到焦点的距离等于5,也就是M到准线的距离等于5,则
+3=5
∴p=4
因此抛物线方程为y2=-8x
又点M(-3,m)在抛物线上,于是
m2=24
∴m=±
评述:
比较两种解法,可看出运用定义的方法简捷.
[例4]在抛物线y2=2x上求一点P,使P到焦点F与到点A(3,2)的距离之和最小.
分析:
P是抛物线上任一点,如按一般思路设出坐标,再用两点间距离表示出P到焦点F的距离及P到点A的距离,接着得出一关系,从而求最值的话,计算上太繁;此题可用抛物线的定义,用P到焦点F的距离等于P到准线l的距离即可作出.
解:
如下图所示,设抛物线的点P到准线的距离为|PQ|
由抛物线定义可知:
|PF|=|PQ|
∴|PF|+|PA|=|PQ|+|PA|
显然当P、Q、A三点共线时,|PQ|+|PA|最小.
∵A(3,2),可设P(x0,2)代入y2=2x得x0=2
故点P的坐标为(2,2).
Ⅲ.课堂练习
(打出投影片§8.5.2C)
1.焦点在y轴上的抛物线被直线x-2y-1=0截得的弦长为,求这抛物线的标准方程.
分析:
焦点是在y轴正半轴上还是在y轴负半轴上?
本题没有指明,应当有两种情况,可以分两种情况来解,但我们可以统一地设抛物线方程x2=ay(a≠0).
解:
设抛物线方程为:
x2=ay(a≠0)
由方程组
消去y得:
2x2-ax+a=0
∵直线与抛物线有两个交点.
∴Δ=(-a)2-4×2×a>0
即a<0或a>8
设两交点坐标为A(x1,y1)、B(x2,y2),则
x1+x2=,x1·x2=
∴|AB|=
∵|AB|=
∴=
即a2-8a-48=0
解得a=-4或a=12
∴所求抛物线标准方程为
x2=-4y或x2=12y
2.已知抛物线y=x2,动弦AB的长为2,求AB中点纵坐标的最小值.
分析一:
要求AB中点纵坐标最小值,可求出y1+y2最小值.从形式上看变量较多,结合图形可以观察到y1、y2是梯形ABC′D′的两底,这样就使中点纵坐标y成为梯形的中位线,可以利用几何图形的性质和抛物线定义求解.
解法一:
设抛物线y=x2的弦AB的端点A(x1,y1)、B(x2,y2),中点M(x,y),抛物线y=x2的焦点F(0,),准线y=-.设A、B、M到准线距离分别为AD、BC、MN.
∴2|MN|=|AD|+|BC|,且|MN|=y+
根据抛物线定义,有
|AD|=|AF|,|BC|=|BF|
∴2(y+)=|AF|+|BF|
∵在△ABF中,|AF|+|BF|≥|AB|=2
∴2(y+)≥2
∴y≥
即M点纵坐标的最小值为.
分析二:
要求AB中点纵坐标的最小值,可列出纵坐标y关于某一变量的函数,然后求此函数的最小值.
解法二:
设抛物线y=x2上点A(a,a2)、B(b,b2),AB中点M(x,y).
∴x=
∵|AB|=2
∴(a-b)2+(a2-b2)2=4
则(a+b)2-4ab+(a2+b2)2-4a2b2=4
由2x=a+b,2y=a2+b2,得ab=2x2-y
∴4x2-4(2x2-y)+4y2-4(2x2-y)2=4
整理得
y=x2+
∴y=(4x2+1)+-
≥2-
=1-=
当且仅当(4x2+1)=即x=±时等号成立.
∴AB中点纵坐标的最小值为.
Ⅳ.课时小结
抛物线的定义反映了抛物线的本质,灵活利用定义往往可以化繁为简,化难为易,且思路清晰,解法简捷,巧妙的解法常常来源于对定义的恰当运用,要很好地体会.
Ⅴ.课后作业
(一)课本P119习题8.53、7
(二)预习内容:
抛物线的简单几何性质.
●板书设计
§8.5.2抛物线及其标准方程
(二)
例题练习题课时小结
2019-2020年高二数学8.6抛物线的几何性质(备课资料)大纲人教版必修
一、怎样教学生讨论曲线的性质?
答:
在中学里,除了直线这种简单的情况外,对于较为简单的曲线,讨论其几何性质一般包括以下四个方面:
(1)确定曲线的范围.由曲线方程F(x,y)=0.分别确定x与y的取值范围,从而分别判断曲线的左、右与上、下部分的“顶点”的分布情况.
(2)判断有没有对称性,在曲线方程F(x,y)=0中,如果把x(或y)换成-x(或-y),方程不变,那么曲线关于y(或x)轴对称;如果把x与y同时换成-x与-y,方程不变,那么曲线关于原点对称(这时曲线关于x轴或y轴却不一定对称).
(3)求出在x轴上的“截距”(即求出曲线与x轴的交点的横坐标)和y轴上的“截距”(即求出曲线与y轴的交点的纵坐标).这可以通过解由F(x,y)=0与y=0(或x=0)所组成的方程组求得.注意曲线与坐标轴的交点不一定是曲线的“顶点”.
(4)判断有没有渐近线.对于椭圆、双曲线、抛物线等圆锥曲线,还要研究它的离心率在数值上有什么特征,等等.
二、参考例题
[例1]如图所示,过抛物线焦点的一条直线与它交于两点P、Q,通过点P和抛物线顶点的直线交准线于点M,如何证明直线MQ平行于抛物线的对称轴?
解:
思路一:
求出M、Q的纵坐标并进行比较,如果相等,则MQ∥x轴,为此,将方程y2=2px,y=k(x-)联立,解出
P(
),
Q(
)
直线OP的方程为y=,
即y=.
令x=-,得M点纵坐标yM==yQ.得证.
由此可见,按这一思路去证,运算较为繁琐.
思路二:
利用命题“如果过抛物线y2=2px的焦点的一条直线和这条抛物线相交,两个交点的纵坐标为y1、y2,那么y1y2=-p2”来证.
设P(x1,y1)、Q(x2,y2)、M(x3,y3),并从y2=2px及y=k(x-)中消去x,得到ky2-2py-kp2=0,则有结论y1y2=-p2,即y2=.
又直线OP的方程为y=x,含x=-,得y3=-.
因为P(x1,y1)在抛物线上,所以2x1=.
从而y3=-=(-py1)·=y2.
这一证法运算量较小.
思路三:
直线MQ的方程为y=y0的充要条件是M(-,y0),Q(,y0).
将直线MO的方程y=-和直线QF的方程y=(x-)联立,它的解(x,y)就是点P的坐标,消去y0,可得y2=2px,可知直线MQ的方程为y=y0的充要条件是点P在抛物线上,得证.这一证法巧用了充要条件来进行逆向思维,运算量也较小.
注:
本题中过抛物线焦点的直线与x轴垂直时(即斜率不存在),容易证明成立.
以上摘自《中学数学教学参考》xx年11期
[例2]已知过抛物线y2=2px(p>0)的焦点且斜率为1的直线交抛物线于A、B两点,点R是含抛物线顶点O的弧AB上一点,求△RAB的最大面积.
分析:
求RAB的最大面积,因过焦点且斜率为1的弦长为定值,故可以|AB|为三角形的底,只要确定高的最大值即可.
解:
设AB所在的直线方程为y=x-.
将其代入抛物线y2=2px,得y2-2py-p2=0
∴|AB|=|y1-y2|
=·
当过R的直线l平行于AB且与抛物线相切时,△RAB的面积有最大值.
设直线l方程为y=x+b.
代入抛物线方程得y2-2py+2pb=0
由Δ=4p2-8pb=0,得b=
这时R(,p).它到AB的距离为h=p
∴△RAB的最大面积为|AB|·h=p2.
[例3]直线l1过点M(-1,0),与抛物线y2=4x交于P1、P2两点,P是线段P1P2的中点,直线l2过P和抛物线的焦点F,设直线l1的斜率为k.
(1)将直线l2的斜率与直线l1的斜率之比表示为k的函数f(k);
(2)求出f(k)的定义域及单调区间.
分析:
l2过点P及F,利用两点的斜率公式,可将l2的斜率用k表示出来,从而写出f(k),由函数f(k)的特点求得其定义域及单调区间.
解:
(1)设l1的方程为:
y=k(x+1).将它代入方程y2=4x,得
k2x2+(2k2-4)x+k2=0
设P1(x1,y1)、P2(x2,y2)、P(x,y)
则x1+x2=
将x=代入y=k(x+1),
得:
y=,即P点坐标为(,).
由y2=4x,知焦点F(1,0)
∴直线l2的斜率k2=
∴函数f(k)=.
(2)∵l1与抛物线有两个交点,
∴k≠0且Δ=(2k2-4)2-4k4>0
解得-1<k<0或0<k<1
∴函数f(k)的定义域为
{k|-1<k<0或0<k<1}
当k∈(-1,0)及k∈(0,1)时,f(k)为增函数.
[例4]设定长为L(L≥1)的线段AB的两个端点在抛物线y=x2上移动,求AB中点到x轴距离的最小值.
分析:
设M(x0,y0)为线段AB的中点,由|AB|=L可构建关于x0、y0的方程,而y0即为点M到x轴的距离,利用函数或不等式即可求出y0的最小值.
解:
设直线AB的方程为y=kx+b,A、B两点的坐标为(x1,y1)、(x2,y2),AB中点M的坐标为(x0,y0),由方程组
消去y得x2-kx-b=0.
从而x1+x2=2x0=k,x1·x2=-b. ①
∴k=2x0. ②
又(x0,y0)在直线AB上,
∴y0=kx0+b.从而b=y0-2x02. ③
∵|AB|=L,∴L2=(1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2]. ④
把①、②、③代入④得
L2=(1+4x02)(4x02+4y0-8x02)=4(1+4x02)(y0-x02)
∴y0=x02+
=(4x02+1)+-
≥2·
=
当且仅当=(4x02+1),
x0=±
即当x0=±时,y0取得最小值.
所以M点到x轴距离的最小值为.
[例5]设过抛物线y2=2px(p>0)的顶点O的两弦OA、OB互相垂直,求抛物线顶点O在AB上射影N的轨迹方程.
分析:
求与抛物线有关的轨迹方程,可先把N看成定点(x0,y0);待求得x0、y0的关系后再用动点坐标(x,y)来表示,也可结合几何知识,通过巧妙替换,简化运算.
解法一:
设A(x1,y1),B(x2,y2),N(x0,y0),则
y12=2px1,y22=2px2
∴x1x2=
∵OA⊥OB
∴kOA·kOB=-1即x1x2+y1y2=0
∴+y1y2=0
∵y1y2≠0
∴y1y2=-4p2①
把N点看作定点,则AB所在的直线方程为:
y-y0=-(x-x0),显然x0≠0
∴x=代入y2=2px,化简整理得:
x0y2+2py0y-2p(x02+y02)=0
∴x0≠0
∴y1y2=②
由①、②得:
-4p2=.化简得x02+y02-2px0=0(x0≠0)
用x、y分别表示x0、y0得
x2+y2-2px=0(x≠0)
解法二:
点N在以OA、OB为直径的两圆的交点(非原点)的轨迹上,设A(2pt2,2pt),则以OA为直径的圆方程为:
(x-pt2)2+(y-pt)2=p2(t4+t2)即
x2+y2-2pt2-2pty=0①
设B(2pt12,2pt1),OA⊥OB,则t1t=-1t1=-
在求以OB为直径的圆方程时以-代t1,可得
t2(x2+y2)-2px+2pty=0②
由①+②得:
(1+t2)(x2+y2-2px)=0
∵1+t2≠0
∴x2+y2-2px=0(x≠0)
●备课资料
一、求直线与圆锥曲线的交点的一般方法是什么?
答:
在解析几何中,一般用解方程的方法来求出直线与圆锥曲线的交点的坐标.例如为了求直线Ax+By+C=0与椭圆的交点,可以解方程组
这个方程组的解同时满足两个方程,因此以方程组的解为坐标的点是两个方程所对应的两条曲线的公共点,如果方程组无实数解,则表示直线与椭圆相离(无交点);如果有且只有一个实数解,则表示直线与椭圆相切(有且只有一个交点);如果有两个不同的实数解,则表示直线与椭圆相交(有两个不同的交点).
那么,怎样让学生判断上面方程组的解的个数呢?
可以告诉他们先从两个方程中消去一个变量(例如消去y),得到关于另一个变量(例如x)的一个一元二次方程,然后利用根的判别式Δ=b2-4ac来作判断,就是说,当Δ>0时,方程组有两个不同的实数解;当Δ=0时,方程组有且只有一个实数解(不要说有两个相同的实数解,重根只对一元n次方程有意义);当Δ<0时,方程没有实数解.
二、与抛物线的轴平行的直线和抛物线只有一个交点,这样的直线是否是抛物线的切线?
为什么?
答:
不是.与圆有且只有一个交点的直线,称为圆的切线,这一定义只适合于圆,当然也可扩大到椭圆与其他一些曲线,但不适合于双曲线和抛物线.例如,x轴与抛物线y2=2px(p>0)显然有且只有一个交点,但对于这条抛物线来说,y轴是它的一条切线,x轴不是它的切线.又如,在高等数学中可以证明,平行于双曲线渐近线的直线与双曲线有且只有一个交点,但它不是双曲线的切线.
在高等数学中,曲线在某一点处的切线是这样定义的:
如图,已知
P是曲线C上的某一点,l1是经过点P的一条割线,与C相交于点Q1.让l1绕点P旋转到l2的位置,l2与C相交于点Q2.将这一绕点P旋转的过程继续下去,得到一系列割线l1,l2,……,它们与C的交点Q1,Q2,……逐步向点P靠近.那么,我们把这一系列割线的极限同置,即图中的直线l,叫做曲线C在点P处的切线.
至于对直线与圆锥曲线的位置关系问题的处理,仍然是:
三、在解决与圆锥曲线有关的问题时,怎样帮助学生运用方程的思想?
答:
有些与圆锥曲线有关的问题,最终归结为某些数值的确定.我们把这些数看成未知数,把题目中给定的条件、关系转换成这些未知数所满足的方程(组),通过解此方程(组)来确定这些数的取值,从而解决问题.这里的难点是未知数的确定、列方程(组)及解方程(组).下面我们看一个例子.
如图所示,已知正方形ABCD的两个顶点A、B在抛物线y2=x上,C、D在直线l:
y=x+4上,求正方形的面积.
分析:
为了求出正方形的面积,应该先求出边长,而边长与顶点的坐标相关,于是本题归结为确定正方形ABCD的边长.另外,从对图形的直观分析可知,BD∥x轴,AC∥y轴.
解法一:
设A(y12,y1),B(y22,y2),正方形的边长为d,则
D(y22-d,y2),C(y12,y1+d)
∵C、D在l上
①
②
③
∴
由①、②,可知y1、y2都是t2-t+4-d=0的实数根,所以
y1+y2=1,y1·y2=4-d
又y1-y2=y12-y22④
将④代入③,得(y1-y2)2=d2,所以
(y1+y2)2-4y1y2=d2
即1-4(4-d)=d2
∴d2-8d+30=0
(d-3)(d-5)=0
d2=18或d2=50
从而正方形ABCD的面积为18或50(面积单位).
解法二:
设正方形ABCD的边长为d,则直线AB的方程为y=x+4-d,所以有方程组
消去x,得y2-y+4-d=0
弦长|AB|=
令=d则d2-,
以下同解法一.
说明:
解法一中的未知数为y1、y2、d,解题思路是消去y1、y2,得到以d为未知数的方程;解法二只设一个未知数,根据抛物线的弦AB的长度d列出方程.
以上均摘自《中学数学教学参考》xx年11、12期
四、参考例题
[例1](xx年全国高考题)如图所示,直线l1和l2相交于点M,l1⊥l2,点N∈l1,以A、B为端点的曲线段C上的任一点到l2的距离与到点N的距离相等,若△AMN为锐角三角形,|AM|=,|AN|=3,且|BN|=6,建立适当的坐标系,求曲线段C的方程.
分析:
因为曲线段C上的任一点到l2的距离与到点N的距离相等.根据抛物线定义知,曲线段C为以N为焦点,以l2为准线的抛物线的一段,所以本题关键是建立适当坐标系,确定C所满足的抛物线方程.
解:
以l1为x轴,MN的中点为坐标原点O,建立直角坐标系.
由题意,曲线段C是N为焦点,以l2为准线的抛物线的一段,其中A、B分别为曲线段的两个端点.
∴设曲线段C所满足的抛物线方程为
y2=2px(p>0)(xA≤x≤xB,y>0),其中xA、xB为A、B的横坐标
令|MN|=p,则M(-,0),N(,0)
∵|AM|=,|AN|=3
∴由两点间的距离公式,得方程组
解得
∵△AMN为锐角三角形
∴>xA
则p=4,xA=1
又B在曲线段C上,
∴xB=|BN|-=6-2=4
则曲线段C的方程为y2=8x(1≤x≤4,y>0).
[例2](xx年高考题)设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,经过点F的直线交抛物线于A、B两点,点C在抛物线的准线上,且BC∥x轴,证明:
直线AC经过原点O.
证法一:
如图所示,因为抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F(,0),所以经过点F的直线AB的方程可设为x=my+,
代入抛物线方程得y2-2pmy-p2=0.
若记A(x1,y1),B(x2,y2),则y1、y2是该方程的两个根,所以y1y2=-p2.
因为BC∥x轴,且点C在准线x=-上,所以点C的坐标为(-,y2),故直线CO的斜率为k=
即k也是直线OA的斜率,所以直线AC经过原点O.
证法二:
设A(x1,y1),B(x2,y2).
因为BC∥x轴,所以C(-,y2).
因为A、B在抛物线上,
所以y12=2px1,y22=2px2.
又因为直线AB过焦点F,
所以kAF=KBF,即
所以
即y1y2(y2-y1)=p2(y1-y2).
因为y1≠y2,所以y1y2=-p2.
因为kOC=
=,所以直线AC经过原点O.
证法三:
设A(2pt12,2pt1),B(2pt22,2pt2)F(,0).因为A、B、F三点共线,
所以kAB=kAF,
即
即
所以4t12-1=4t1(t1+t2).
所以4t1t2=-1,即t1=-
因为BC∥x轴,所以C(-,2pt2).
所以kAO=
kOO=
由kAO=kOO可知直线AC经过原点O.
证法四:
因为抛物线y2=2px(p>0)的焦点为(,0),所以可设直线AB的方程为
x=ky+.①
将①代入y2=2px得y2-2pky-p2=0.
所以yA·yB=-p2.因为A()C(-,yB),即C(-,-),
所以直线AC的方程为
化简得y=
显然,原点O适合此方程,所以原点O在直线AC上.
证法五:
设B(a,b),则C(-,b)F(,0),直线BF的方程为y(a-)=b(x-),直线OC的方程为y=-所以
消y得-(a-)=b(x-),
即x=
因为B在抛物线y2=2px上,
所以b2=2ap.所以
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