第二章 第7节 抛物线（PPT教学课件）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习下册·第1轮（浙江专用）

衔接教材 夯基固本 落实 第7节　抛物线 第二章　解析几何 衔接教材 夯基固本 落实 相等 焦点 准线 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 x轴 y轴 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 A 衔接教材 夯基固本 落实 B 衔接教材 夯基固本 落实 D 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 C 关键能力 进阶突破 提升 D 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 D 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 B 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 D 关键能力 进阶突破 提升 C 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 B 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 C 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 请完成：课时训练(16) 温馨提示 谢谢观看！ 1．了解抛物线的定义、几何图形、标准方程，以及它的简单几何性质． 2．通过圆锥曲线与方程的学习，进一步体会数形结合的思想． 一、抛物线的概念 平面内与一个定点F和一条定直线l(l不经过点F)的距离____的点的轨迹叫做抛物线．点F叫做抛物线的____，直线l叫做抛物线的____． 二、抛物线的标准方程和几何性质 标准 方程 y2＝2px (p＞0) y2＝－2px (p＞0) x2＝2py (p>0) x2＝－2py (p>0) p的几何意义：焦点F到准线l的距离 图形 标准 方程 y2＝2px (p＞0) y2＝－2px (p＞0) x2＝2py (p>0) x2＝－2py (p>0) p的几何意义：焦点F到准线l的距离 顶点 O(0，0) 对称轴 ____ ____ 焦点 F( eq \f(p,2)，0) F(－ eq \f(p,2)，0) F(0， eq \f(p,2)) F(0，－ eq \f(p,2)) 离心率 e＝1 标准 方程 y2＝2px (p＞0) y2＝－2px (p＞0) x2＝2py (p>0) x2＝－2py (p>0) p的几何意义：焦点F到准线l的距离 准线 方程 ________ x＝ eq \f(p,2) ________ y＝ eq \f(p,2) 范围 x≥0， y∈R x≤0， y∈R y≥0，x∈R y≤0，x∈R x＝－ eq \f(p,2) y＝－ eq \f(p,2) 标准 方程 y2＝2px (p＞0) y2＝－2px (p＞0) x2＝2py (p>0) x2＝－2py (p>0) p的几何意义：焦点F到准线l的距离 开口 方向 向右 向左 向上 向下 标准 方程 y2＝2px (p＞0) y2＝－2px (p＞0) x2＝2py (p>0) x2＝－2py (p>0) p的几何意义：焦点F到准线l的距离 焦半径[其中P为 (x0，y0)] |PF|＝ _______ |PF|＝ －x0＋ eq \f(p,2) |PF|＝ y0＋ eq \f(p,2) |PF|＝ －y0＋ eq \f(p,2) x0＋ eq \f(p,2) 1．通径：过焦点与对称轴垂直的弦长等于2p. 2．抛物线y2＝2px(p>0)上一点P(x0，y0)到焦点F( eq \f(p,2)，0)的距离|PF|＝x0＋ eq \f(p,2)，也称为抛物线的焦半径． 3．设抛物线方程为y2＝2px(p>0)，准线x＝－ eq \f(p,2)与x轴相交于点P，过焦点F( eq \f(p,2)，0)的直线l与抛物线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，O为原点，α为AB与对称轴正向所成的角，则有如下的焦点弦长公式：|AB|＝ eq \r(1＋k2)|x1－x2|，|AB|＝ eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|，|AB|＝x1＋x2＋p，|AB|＝ eq \f(2p,sin2α). 一、“教考衔接”例证 高考 真题 (多选)(2023·新课标Ⅱ卷)设O为坐标原点，直线y＝－ eq \r(3)(x－1)过抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点，且与C交于M，N两点，直线l为C的准线，则(　　) A．p＝2 B．|MN|＝ eq \f(8,3) C．以MN为直径的圆与l相切 D．△OMN为等腰三角形 追根 溯源 (人教A版选择性必修第一册P135例4)斜率为1的直线l经过抛物线y2＝4x的焦点F，且与抛物线相交于A，B两点，求线段AB的长 发现 感悟 高考题在教材问题的基础上作进一步探索，可运用有关抛物线的二级结论解决问题，可见掌握圆锥曲线的一些二级结论是必要的，也体现了高考试题的选拔性功能 二、教材典题改编 1．(人教B版选择性必修第一册P162T2改编)抛物线x2＝ eq \f(1,4)y的准线方程为(　　) A．y＝－ eq \f(1,16) B．x＝－ eq \f(1,16) C．y＝ eq \f(1,16) D．x＝ eq \f(1,16) 2．(人教A版选择性必修第一册P133T3改编)抛物线y2＝2px(p>0)上一点M(3，y)到焦点F的距离|MF|＝4，则抛物线的方程为(　　) A．y2＝8x B．y2＝4x C．y2＝2x D．y2＝x 3．(苏教版选择性必修第一册P128T10)若抛物线y2＝2x上的一点M到坐标原点O的距离为 eq \r(3)，则点M到该抛物线焦点的距离为________________. 答案： eq \f(3,2) 三、易误易混澄清 1．(忽视p的几何意义致误)已知抛物线C与双曲线x2－y2＝1有相同的焦点，且顶点在原点，则抛物线C的方程是(　　) A．y2＝±2 eq \r(2)x B．y2＝±2x C．y2＝±4x D．y2＝±4 eq \r(2)x 2．(忽视抛物线的焦点位置)已知抛物线的顶点是坐标原点，对称轴为坐标轴，并且经过点P(2，4)，则该抛物线的方程为__________． 答案：y2＝8x或x2＝y 考点一　抛物线的定义及其应用 [例1](1)(2025·贵阳模拟)已知点A是抛物线C：y2＝2px(p>0)上一点，若点A到抛物线焦点的距离为5，且点A到x轴的距离为4，则p＝(　　) A．1或2 B．2或4 C．2或8 D．4或8 (2)(2025·大理开学考试)已知点P为抛物线C：y2＝8x上任意一点，F为抛物线C的焦点，点Q为圆M：(x－8)2＋(y－4)2＝4上任意一点，则|PF|＋|PQ|的最小值为(　　) A．6 B．10 C．4 D．8 解析：(1)由题意得|yA|＝4，xA＋ eq \f(p,2)＝5，其中y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))＝2pxA，故2p(5－ eq \f(p,2))＝16，解得p＝2或p＝8. (2)如图，过点P作PH垂直准线于点H，连接PM交⊙M于点Q. 由题意可得F为(2，0)，抛物线C的准线方程为x＝－2，|PF|＋|PQ|＝|PH|＋|PQ|，圆M的圆心为(8，4)，半径r＝2.因为|PQ|＝|PM|－|QM|＝|PM|－2，所以|PF|＋|PQ|＝|PH|＋|PM|－2.当M，P，H三点共线时，|PH|＋|PM|取得最小值，最小值为8＋2＝10，所以|PF|＋|PQ|的最小值为10－2＝8. 由抛物线定义解题的捷径 “看到准线想到焦点，看到焦点想到准线”，许多抛物线问题均可根据定义获得简捷、直观的求解．“由数想形，由形想数，数形结合”是灵活解题的一条捷径． 训练1 (1)已知抛物线y＝mx2(m>0)上的点(x0，2)到该抛物线的焦点F的距离为 eq \f(11,4)，则m等于(　　) A．4 B．3 C． eq \f(1,4) D． eq \f(1,3) 解析：由题意知，抛物线y＝mx2(m>0)的准线方程为y＝－ eq \f(1,4m).根据抛物线的定义，可得点(x0，2)到焦点F的距离等于到准线y＝－ eq \f(1,4m)的距离，可得2＋ eq \f(1,4m)＝ eq \f(11,4)，解得m＝ eq \f(1,3). (2)(2025·杭州开学考试)已知A，B为抛物线x2＝4y上的动点，P(x0，y0)为AB的中点，若|AB|＝6，则y0的最小值为(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：如图，F为抛物线的焦点，m为准线，作AC⊥m，PN⊥m，BD⊥m，连接AF，BF. 由抛物线定义知，2|PN|＝|AC|＋|BD|＝|AF|＋|BF|≥|AB|＝6，所以|PN|≥3，当且仅当F在AB上时，等号成立．因为准线为y＝－1，则点P到x轴的最小距离是2，故y0的最小值为2. 考点二　抛物线的标准方程 [例2] (1)抛物线过点(3，－4)，则抛物线的标准方程为__________． (2)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，准线为l，点A是抛物线C上一点，AD⊥l，交l于点D．若|AF|＝4，∠DAF＝60°，则抛物线C的方程为________________． 答案：(1)y2＝ eq \f(16,3)x或x2＝－ eq \f(9,4)y　(2)y2＝4x　 解析：(1)∵点(3，－4)在第四象限，∴抛物线开口向右或向下．设抛物线的标准方程为y2＝2px(p>0)或x2＝－2p1y(p1>0).把点(3，－4)分别代入y2＝2px和x2＝－2p1y中，得(－4)2＝2p·3或32＝－2p1·(－4)，则2p＝ eq \f(16,3)或2p1＝ eq \f(9,4)，∴所求抛物线的标准方程为y2＝ eq \f(16,3)x或x2＝－ eq \f(9,4)y. (2)根据抛物线的定义，可得|AD|＝|AF|＝4.又∠DAF＝60°，所以|AD|－p＝|AF|cos 60°＝ eq \f(1,2)|AF|，所以4－p＝2，解得p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x. 求抛物线的标准方程的方法 (1)先定位：确定焦点或准线的位置，再定形：根据条件求p. (2)对于焦点在x轴上的抛物线，为避开讨论，设成y2＝mx(m≠0)，则焦点坐标为( eq \f(m,4)，0)，准线方程为x＝－ eq \f(m,4).同理焦点在y轴上的抛物线也可设成x2＝my(m≠0). 训练2 已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，点A，B在抛物线上，且直线AB过点D(－ eq \f(p,2)，0)，F为C的焦点．若|FA|＝2|FB|＝6，则抛物线C的标准方程为________________． 答案：y2＝8x　解析：如图，过点A，B分别作抛物线C的准线l的垂线，垂足分别为A1，B1. 由抛物线的定义可知，|AA1|＝|AF|，|BB1|＝|BF|. ∵2|FB|＝|FA|，∴2|BB1|＝|AA1|，则易知B为AD的中点．连接OB，则OB为△DFA的中位线，∴2|OB|＝|FA|， ∴|OB|＝|FB|，∴点B在线段OF的垂直平分线上，∴点B的横坐标为 eq \f(p,4)，∴|FB|＝ eq \f(p,2)＋ eq \f(p,4)＝3，∴p＝4，∴抛物线C的标准方程为y2＝8x. 考点三　抛物线的几何性质问题 [例3] (1)(2025·南通模拟)已知点P在抛物线x2＝－5y上，且A为(0，－3)，则|PA|的最小值为(　　) A． eq \f(1,4) B． eq \f(1,2) C． eq \f(35,4) D． eq \f(\r(35),2) (2)(2025·广州期中)直线l经过抛物线y2＝4x的焦点F，且与抛物线交于A，B两点．若|AF|＝3|BF|，则|AB|＝(　　) A． eq \f(8,3) B．3 C． eq \f(16,3) D． eq \f(3,2) 解析：(1)设点P的坐标为(x，y)，则x2＝－5y，且|PA|2＝x2＋(y＋3)2＝y2＋y＋9＝(y＋ eq \f(1,2))2＋ eq \f(35,4).又y≤0，所以当y＝－ eq \f(1,2)时，|PA|2有最小值 eq \f(35,4)，所以|PA|的最小值为 eq \f(\r(35),2). (2)抛物线y2＝4x的焦点坐标为(1，0)，准线方程为x＝－1. 设点A(x1，y1)，点B(x2，y2)，则y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝4x1，y eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝4x2.由|AF|＝3|BF|，得|y1|＝3|y2|，则x1＝9x2，且x1＋1＝3(x2＋1)，得x1＝3x2＋2，联立解得x1＝3，x2＝ eq \f(1,3)，所以|AB|＝x1＋1＋x2＋1＝x1＋x2＋2＝ eq \f(16,3). 运用抛物线的几何性质解题的思路 应用抛物线的几何性质解题时，常结合图形思考，通过图形可以直观地看出抛物线的顶点、对称轴、开口方向等几何特征，体现了数形结合思想解题的直观性． 训练3 (1)(2025·保定开学考试)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线为l，点B为(3，0)，C上一点A到l的距离等于|AB|，则△AFB的面积为(　　) A．2 B．2 eq \r(2) C．3 D．3 eq \r(2) 解析：如图，过点A向准线作垂线，交于点D．由题意得，F为(1，0)，点A到l的距离为|AD|，|AD|＝|AF|＝|AB|，即点A在线段FB的垂直平分线上，所以点A的横坐标为2.不妨设点A在x轴上方，代入得，A为(2，2 eq \r(2))，所以△AFB的面积为 eq \f(1,2)×2×2 eq \r(2)＝2 eq \r(2). (2)(2025·成都开学考试)已知抛物线y2＝6x的焦点为F，准线为l，过点F的直线与抛物线交于点A，B，与直线l交于点D．若 eq \o(AF,\s\up16(→))＝λ eq \o(FB,\s\up16(→))(λ>1)且| eq \o(BD,\s\up16(→))|＝4，则λ＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：设准线与x轴的交点为K，作AA1⊥l，BB1⊥l，垂足分别为A1，B1，则BB1∥FK∥AA1. 根据抛物线定义知|BB1|＝|BF|，|AA1|＝|AF|，又 eq \o(AF,\s\up16(→))＝λ eq \o(FB,\s\up16(→))(λ>1)，且| eq \o(BD,\s\up16(→))|＝4，设|BF|＝m，则 eq \f(|BB1|,|KF|)＝ eq \f(|BD|,|FD|)，所以 eq \f(m,p)＝ eq \f(4,4＋m).又p＝3，解得m＝2， 所以|AF|＝λ|FB|＝2λ，所以|BA|＝2＋2λ.因为BB1∥FK∥AA1，所以 eq \f(|BB1|,|AA1|)＝ eq \f(|BD|,|AD|)，∴ eq \f(1,λ)＝ eq \f(4,4＋2＋2λ)，解得λ＝3. $$