高二数学同步辅导教材(第17讲)

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高二数学同步辅导教材（第 17 讲） 一、 本章主要内容 8.6 抛物线的简单几何性质 课本第 120 页至第 123 页 二、 本讲主要内容 1、抛物线的简单几何性质及运用 2、直线和抛物线的位置关系 三、学习指导 1、抛物线的简单几何性质 （1）自身固有的几何性质 ① 位置关系：焦点在对称轴上，准线垂直于对称轴；顶点是焦点及焦点在准线上射影的中点； ② 数量关系：焦点到准线距离为 p。 离心率 e=1，通径长为 2p （2）解析性质：以抛物线 y2=2px（p>0）为例 ① 范围：x≥0，y∈R ② 基本参数：焦点 F（ 2 p ，0），准线 x= 2 p ，顶点（0，0） ③ 焦半径：抛物线 y2=2px（p>0）上点 P（x0，y0）到焦点 F 距离 r=x0+ 2 p 抛物线 y2=-2px（p>0）上点 P（x0，y0）到焦点 F 距离 r= -x0 抛物线 x2=2py（p>0）上点 P（x0，y0）到焦点 F 距离 r=y0+ 抛物线 x2=-2py（p>0）上点 P（x0，y0）到焦点 F 距离 r= -y0 2、直线与抛物线的位置关系 直线与抛物线的位置关系与直线与椭圆双曲线的位置关系一样，有三种：相离、相交、相切，判断 方程仍然是判别式法（△法），其中当直线与抛物线对称轴平行时，直线与抛物线只有一个交点，此时直 线方程与抛物线方程联立消元后所得方程为一元一次方程。所以在用判别式的符号判断直线与抛物线位 置关系时，应注意这一退化情形。 四、典型例题 例 1、当 k 为何值时，直线 y=kx+k-2 与抛物线 y2=4x 有两个公共点？仅有一个公共点？无公共点？ 解题思路分析： 直线与抛线线位置关系的判断通过它们的方程构成的方程组的解的情况来判断。 由      x4y 2kkxy 2 得：k2x2+2(k2-2k-2)x+(k-2)2=0 当 k=0 时，方程退化为一次方程，-4x+4=0，该方程只有一解 x=1，原方程组只有一组解      2y 1x ， ∴直线 y=-2 与抛物线只有一个公共点。 当 k≠0 时，二次方程的△=4(k2-2k-2)2-4k2(k-2)2=-16(k2-2k-1) 当△>0 得 k2-2k-1<0， 21k21  ，∴当 0k21  ，或 21k0  时，直线与抛物线 有两个公共点 由△=0 得 k= 21 ，此时直线与抛物线相切，只有一个公共点 由△<0 得 21k  ，或 21k  ，此时直线与抛物线无公共点 注：1、由本题可知，直线与抛物线只有一个公共点的含义有两种位置情形：    直线与抛物线相切 称轴此直线平行于抛物线对直线与抛物线相交 )( 2、因抛物线方程不是关于 x、y 的齐次式，故在消元过程中应适当加以选择，如本题，应消去 x 较 方便。请同学们实践一下。 例 2、过抛物线 y2=2px（p>0)焦点 F 的直线与抛物线交于 P、Q 两点，线段 PQ 的中垂线交 x 轴于 R， 求证：|PQ|=2|FR|。 解题思路分析： 引入参数求出|PQ|及|FR|，因 PQ 是过 F 的旋转直线系，所以将直线 PQ 的斜率作为参数。 显然直线 PQ 的斜率存在 设直线 PQ： )2 px(ky  由      px2y )2 px(ky 2 得： 04 pkx)2k(pxk 2 222  设 P（x1，y2）， Q（x2，y2），则由抛物线定义得： 2 2 2121 k )1k(p2pxx)2 px()2 px(|QF||PF||PQ|  为求|FR|，下求点 k 坐标，设 PQ 中点（x0，y0） 则 2 2 21 0 k2 )2k(p 2 xxx  ， k p)2 px(ky 00  ∴ PQ 中垂线方程： 2 2 k2 )2k(px(k 1 k py  ） 令 y=0，得： 2 2 k k )2k3(px  ∴ |FR|= 2 2 k k )1k(p|2 px|  ∴ |PQ|=2|FR| 注：1、本题在求弦长|PQ|时，因直线 PQ 过焦点，故采用了定义，简化计算。 2、在求 PQ 中点 M 坐标时，除了用韦达定理法，还可用点差法，而且因为抛物线方程是非次式，用 点差法相对来说简单一些。 y1 2=2px1 ① y2 2=2px2 ② ①-②得：(y1-y2)(y1+y2)=2p(x1-x2) ∵ x1≠x2 ∴ 2121 21 yy p2 xx yy   ∴ 0y2 p2k  ∴ k py0  例 3、抛物线 C：y2=4x，过点 A（0，-2）的直线交 P、Q 两点，OP、OQ 为邻边作平行四边形 CPRQ。 （1）求点 R 的轨迹方程； （2）是否存在直线，使四边形 OPRQ 为正方形，证明你的结论。 解题思路分析： 本题的关键是如何利用平行四边形的性质找到点 R 满足的等量关系。利用对角线互相平分，即相对 顶点的中点重合的性质较简单，因 P、Q 为直线与抛物线的中点，故在求 PQ 中点时，应考虑利用韦达定 理。 设直线 PQ：y=kx-2 由      2kxy x4y2 得：k2x2-4(k+1)x+4=0（*） 设点 P（x1，y1）， Q（x2，y2）， R（x0，y0） ∵ POQR 为平行四边形 ∴ PQ 与 OR 互相平分 即      021 021 yyy xxx ∴ 20 k )1k(4x  ① k 4)2kx()2kx(y 210  ② ①、②两式消去 k 得：y2+4y=4x 又因式（*）的△=16(k+1)2-16k2>0 ∴ k> 2 1 ∴ y0>0，或 y0<-8 ∴ 点 R 的轨迹方程是 y2+4y=4x，y<-8 或 y>0 （2）平行四边形 OPRQ 要成为正方形，需要增加两个条件，所以应在定性（垂直等）及定量（相等等） 选择适当的条件。 ①由 OP⊥OQ 得：x1x2+y1y2=0 ∴ x1x2+(kx2-2)(kx2-2)=0 即 (1+k2)x1x2-2k(x1+x2)+4=0 由韦达定理得： 04 k )1k(4k2 k 4)k1( 22 2  ∴ 2 1k  ②由 OR⊥PQ 得： 2k OR  ∴ 2x y 0 0  ∴ y0=-6，但 y0<-8，或 y0>0 ∴ 不存在 例 4、点 A 在第一象限，点 B 在第四象限，线段 AB 过 x 轴上一定点 M（m，0）（ m>0），且 A、B 到 x 轴的距离之积为 2m，以 x 轴为对称轴，过 O、A、B 三点作抛物线 P，求： （1）P 的方程； （2）当 tan∠AOB=-1 时，m 的取值范围。 解题思路分析： 用待定系数法求 P 的方程 （1）设 P：y2=2px，直线 AB：y=k(x-m)（k≠0） 由      )mx(ky px2y2 得：ky2-2py-2kmp=0 设 A（x1，y1）， B（x2，y2） ∵ |y1||y2|=2m，y1y2<0 ∴ 2mp=2m，p=1 ∴ P：y2=2x （2）由条件 tan∠AOB=-1 转化为建立关于 m 的函数关系，利用函数值域的概念确定 m 的取值范围。 （i）当直线 AB 的斜率不存在时 由      x2y mx 2 得：A（ m2,m ）， B（ m2,m  ）， m 2k, m 2k OBOA  代入 tan∠AOB= OBOA OBOA kk1 kk   得： 12m m22  ，m2-12m+4=0 ∴ 246m  又由 12m m22  得：m<2 ∴ 246m  （ii）当直线 AB 的斜率存在时 由      )mx(ky x2y2 得：ky2-2y-2km=0 设 A（x1，y1）， B（x2，y2），（y1>0，y2<0） 则 2 OB 11 1 OA y 2k,y 2 x yk  代入 tan∠AOB= OBOA OBOA kk1 kk   得： 14m2 )yy(2 12   ∴ y2-y1=m-2 又 (y2-y1)2=(y2+y1)2-4y1y2 ∴ )m2(4 k 4)2m( 2 2  ∴ 2 2 k 44m12m  ，将此式看成是 m2-12m+4 关于 k 的函数 ∵ 0 k 4 2  ∴ m2-12m+4>0 ∴ m<6- 24 ，或 m>6+ 24 （舍） 综上所述，m∈(0，6- 24 ] 注：在（1）中化简|y1y2|时，通过分析点 A、B 的位置特征，确定 y1y2<0，体现了数形结合的思想。 五、同步练习 （一）选择题 1、等腰直角△ABO 内接于抛物线 y2=2px（p>0）， O 为抛物线的顶点，OA⊥OB，则△ABO 的面积是 A、 8p2 B、4p2 C、2p2 D、p2 2、已知 A、B 是抛物线 y2=2px（p>0）上两点，O 为坐标原点，若|OA|=|OB|，且△AOB 的垂心恰好是 抛物的焦点，则直线 AB 的方程是 A、x=9 B、x=3p C、x= 2 3 p D、x= 2 5 p 3、过抛物线 y2=4x 的焦点作直线交抛物线于 A（x1，y1）， B（x2，y2），如果 x1+x2=6，则|AB|等于 A、10 B、8 C、6 D、4 4、已知 P（4，-1）， F 为抛物线 y2=8x 的焦点，M 为此抛物线上的点，且使|MP|+|MF|的值最小，则 M 点坐标是 A、（ 0，0） B、（ 4， 24 ） C、（ 4， 24 ） D、（ 8 1 ，-1） 5、方程 x2y  所表示的曲线形状是 A B C D 6、过（0，20 的直线与抛物线 y2=4x 仅有一个公共点，则满足条件的直线共有 A、1 条 B、2 条 C、3 条 D、4 条 7、设抛物线 y2=4x 的焦点弦被焦点分为两部分，它们的长度分别为 m 和 n，则 m 与 n 的关系是 A、m+n=4 B、mn=4 C、m+n=mn D、m+n=2mn 8、抛物线 y2=2px（p>0）的动弦 A 降为 a（a≥p），则弦 AB 中点 M 到 y 轴的最短距离为 A、 2 a B、 2 p C、 2 p 2 a  D、 2 p 2 a  9、抛物线 y=x2 上点到直线 y=2x-4 的距离最短的点的坐标是 A、（ 4 1,2 1 ） B、（ 1，1） C、（ 4 9,2 3 ） D、（ 2，4） 10、边长为 1 的正△AOB，O 为原点，AB⊥x 轴，以 O 为顶点且过 A、B 两点的抛物线方程是 A、 x6 3y2  B、 x6 3y2  C、 x6 3y2  D、 x3 3y2  （二）填空题 11、抛物线 y2=-12x 一条弦 AB 的中点 M（-2，-3），则此弦所在直线方程是________。 12、过抛物线 y2=4x 的焦点作一条倾斜角为α 的弦 AB，若|AB|≤8，则α 的取值范围是________。 13、已知直线：y=mx-4 与抛物线 C：y2=8x 只有一个公共点，则实数 m=________。 14、已知直线与抛物线 y2=8x 交于 A、B 两点，且经过抛物线的焦点，A 点坐标为（8，8），则线段 AB 中点到准线的距离是________。 15、若抛物线 y2=2ax 与椭圆 116 y 25 x 22  有共同的焦点，则 a=________。 （三）解答题 16、若抛物线 y2=2px（p>0）上一点 P 到准线及对称轴距离分别是 10 和 6，求 P 点横坐标及抛物线 方程。 17、求与直线：x=-2 相切且过点 A（2，0），圆心在直线 4x-5y+12=0 上的圆方程。 18、已知抛物线 y2=4ax（a>0)的焦点为 A，以 B（a+4，0）为圆心，|AB|长为半径，在 x 轴上方的半 圆交抛物线于不同的两点 M、N，P 是 MN 中点。 （1）求|AM|+|AN|的值； （2）问是否存在这样的 a 值，使|AM|，|AP|，|AN|成等差数列。 19、A、B 是抛物线 y2=2px（p>0）上两点，OA⊥OB（O 为原点），求证： （1）A、B 两点的横坐标之积、纵坐标之积分别是定值； （2）直线 AB 经过一定点。 20、已知抛物线 y2=2px（P>0）上有三点 A（x1，y1）， B（x2，y2）， C（x3，y3），且 x10，00 得： 21k21  ，∴ 0k21  ，或 21k0  时，直线与抛物线有两个公共 点 ②由△=0 得：k= 21 ，此时直线与抛物线相切，只有一个公共点 ③由△<0 得： 21k  ，或 21k  ，此时直线与抛物线无公共点 综上所述，当 k=0，或 k= 时，直线与抛物线只有一个公共点； 当 21 时，直线与抛物线无公共点。 例 2 的解：设直线 PQ： )2 px(ky  由      px2y )2 px(ky 2 得： 04 pkx)2k(pxk 2 222  设 P（x1，y2）， Q（x2，y2），则由抛物线定义得： 2 2 2121 k )1k(p2pxx)2 px()2 px(|QF||PF||PQ|  设 PQ 中点（x0，y0） 则 2 2 21 0 k2 )2k(p 2 xxx  ， k p)2 px(ky 00  ∴ PQ 中垂线方程： 2 2 k2 )2k(px(k 1 k py  ） 令 y=0，得： 2 2 k k )2k3(px  ∴ |FR|= 2 2 k k )1k(p|2 px|  ∴ |PQ|=2|FR| 例 3 的解：设直线 PQ：y=kx-2 由      2kxy x4y2 得：k2x2-4(k+1)x+4=0（*） 设点 P（x1，y1）， Q（x2，y2）， R（x0，y0） 则 221 k )1k(4xx  ， k 44)xx(kyy 2121  ∵ POQR 为平行四边形 ∴ PQ 与 OR 互相平分 ∴ 2210 k )1k(4xxx  k 4yyy 210  消去 k 得：y2+4y=4x ∵ 式（*）的△=16(k+1)2-16k2>0 ∴ k> 2 1 ∴ y0>0，或 y0<-8 ∴ 点 R 的轨迹方程是 y2+4y=4x（y<-8 或 y>0） （2）①由 OP⊥OQ 得：x1x2+y1y2=0 ∴ (1+k2)x1x2-2k(x1+x2)+4=0 ∴ 04 k )1k(4k2 k 4)k1( 22 2  ∴ 2 1k  ②由 OR⊥PQ 得： 2k OR  ∴ 2x y 0 0  ∴ 2 yx 0 0  代入 y0 2+4y0=4x0 得：y0 2+6y0=0 ∴ y0=0，或 y0=-6 但 y0<-8，或 y0<0 ∴ 舍去 ∴ 满足条件的直线不存在 例 4 的解：（1）设 P：y2=2px，直线 AB：y=k(x-m)（k≠0） 由      )mx(ky px2y2 得：ky2-2py-2kmp=0 设 A（x1，y1）， B（x2，y2） 则 |y1||y2|=2m，又 y1y2<0 ∴ 2mp=2m，p=1 ∴ P：y2=2x （2）当直线 AB 的斜率不存在时 设直线 AB：x=m 则 A（ m2,m ）， B（ m2,m  ） ∴ m 2k, m 2k OBOA  代入 tan∠AOB= OBOA OBOA kk1 kk   得： 12m m22  化简得：m2-12m+4=0 ∴ 246m  ∵ m<2 ∴ 246m  当直线 AB 的斜率存在时 设 AB：y=k(x-m) 由      )mx(ky x2y2 得：ky2-2y-2km=0 设 A（x1，y1）， B（x2，y2），（y1>0，y2<0） 则 2 OB 11 1 OA y 2k,y 2 x yk  代入 tan∠AOB= OBOA OBOA kk1 kk   得： 14m2 )yy(2 12   ∴ y2-y1=m-2 又 (y2-y1)2=(y2+y1)2-4y1y2 ∴ )m2(4)k 2()2m( 22  ∴ 2 2 k 44m12m  ，将此式看成是 m2-12m+4 关于 k 的函数 ∵ 0 k 4 2  ∴ m2-12m+4>0 ∴ m<6- 24 ，或 m>6+ 24 （舍） 综上所述，m 的取值范围是(0，6- 24 )