2.3 抛物线（通用）优质课一等奖

课题：直线与抛物线相交之一题多解

课型：习题课

授课时间：

年

月

日

一、教学目标：

1、知识与技能：

掌握抛物线的定义与性质的应用；

运用解析几何的基本方法建立数形联系. 2、过程与方法：

通过解题训练，能明白各解法之间的区别与联系，并能掌握其中的常规解法. 3、情感态度与价值观：

培养从形及数两个角度研究、分析问题的习惯，提高数形结合的能力；

进一步提高思维能力，体会类比的思想，分类与整合的思想；

渗透等价转化的思想. 二、教学重、难点：

重点：抛物线的定义与性质的应用. 难点：从形及数两个角度研究、分析问题. 三、教具：多媒体

四、教学方法：自主学习，合作探究，教师点拨

五、教学过程：

（一）导入

抛物线的定义是什么？

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，定点F叫做抛物线的焦点，l直线叫做抛物线的准线. 此定义在高考选择题中经常使用. （二）讲授新课

例：（201302-10）设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，直线l过F且与C交于A，B两点．若|AF|＝3|BF|，则l的方程为(

)．

33(x1)

(x1)或y＝3322C．y＝3(x1)或y＝3(x1) D．y＝(x1)或y＝(x1)

22A．y＝x－1或y＝－x＋1 B．y＝分析：因为直线l过焦点F且与抛物线C交于A，B两点．所以直线l的斜率存在，分为斜率大于0，斜率小于0两种情形.由抛物线的对称性可知，两种情形下直线l的斜率互为相反数.解题的关键在于条件|AF|＝3|BF|的转化.可以从几何与代数两个角度考虑.几何的角度，利用抛物线定义，将点A（B）到焦点的距离转化为点A（B）到准线的距离，再结合三角形相似求解.代数的角度则是将|AF|＝3|BF|的转化为坐标去求解. 解法一：几何法

由题意可得抛物线焦点F(1,0)，准线方程为x=－1. ⑴当直线l的斜率大于1时，

过A，B两点分别向准线x=－1作垂线，垂足分别为M、N，

由抛物线定义可得，|AM|=|AF|，|BN|=|BF|. 1

根据|AF|=3|BF|，

设|BN|=|BF|＝t，(t>0)，|BN|=|BF|＝3t，|BK|=x，(x>0).

由△KBN∽△KAM知NBAMBKAKNBBK，得tx.

3tx4t解之得，x=2t，则cos∠NBK=t1，

x2∴∠NBK＝60°，∴∠GFK＝60°，则直线l的倾斜角为60°.

∴斜率k=tan60°=3,故直线l的方程为y=3(x-1).

⑵当直线l的斜率小于1时，

同理可得直线l的方程为y=－3(x-1).

故选C.

解法二：代数法

据题意F(1,0)，设A(x1,y1),B(x2,y2)

AF3BF,AF3FB，(1x1,y1)3(x21,y2)

x13x24即

y13y222又y14x1,y24x2x19x2

1解得x13,x2. 当x13时，y123.

3123若y123,则A(3,23),B(,),33

此时k3,l的方程为y3(x1)123若y123,则A(3,23),B(,),33

此时k3,l的方程为y3(x1)所以l的方程是y3(x1)或y3(x1),故选C. 解法一巧妙地使用了抛物线定义并结合三角形相似，解出直线l 的倾斜角，从而求得斜率.其方法特殊，但速度快，不失为解选择题的一个好方法.

解法二利用向量共线将条件转化为坐标间的关系，结合点在曲线上，解出点的坐标，从而求得斜率.计算过程略显复杂，但具有普适性，对于其他直线与圆锥曲线相交于两点的情形也适用.

除此之外，有其他解法. 比如，直线与圆锥曲线相交时常设出直线方程，与圆锥曲线方程联立构成方程组，然后消元转化为二次方程，结合韦达定理及已知条件，也可以解出斜率.消元时可以消去x，也可以消去y. 解法三：代数法—消x

，设直线l的方程为yk(x1)(k0)*. 据题意（F1,0）设A(x1,y1),B(x2,y2). 2

y24x代入(*)式,得ky2将4yk0，

y41y2k，AF3BF,y13y2. y1y24y2243,y2323,

当y234323时y123，y1y23，

当y233时，yy432123，1y23. 443443k3或k3. k3或k3,选C

解法四：代数法—消y

据题意（F1,0），设直线l的方程为yk(x1)(k0)*. 设A(x1,y1),B(x2,y2). 将（*）式代入y24x,得k2x2(42k2)xk20. x1x42k22，AF3BF,x113(x21)，x1x21即x13x22. 3x2)或x122x210,x21(舍去23

x3,x1011x23

4k21023,k23

k3,选C

再比如，还可以反设直线方程，利用方程组求解. 解法五：代数法—反设直线方程，消x

据题意（F1,0），设A(x1,y1),B(x2,y2)

设直线l的方程为xmy1

代入y24x,得y24my40

y1y24m，yAF3BF,y13y2

1y24y2243,y2323,

当y234323时y123，y1y23，

3

2343

时，y123，y1y23333

m或m33113或3,选C

mm当y2

当然也可以将代数与几何方法相结合去求解. 解法六：综合法

由题意可得抛物线焦点F(1,0)，准线方程为x=－1. 过A，B两点分别向准线x=－1作垂线，垂足分别为M，N，

由抛物线定义可得，|AM|=|AF|，|BN|=|BF|. AF3BF,x113(x21)且y13y2.

x13x22且x19x2，

1x13,x2. 3当x13时，y123.

123若y123,则A(3,23),B(,),33

此时k3,l的方程为y3(x1).123若y123,则A(3,23),B(,),

33此时k3,l的方程为y3(x1).所以l的方程是y3(x1)或y3(x1),故选C.

（三）巩固练习

1、（2007-7）已知抛物线y22px(p0)的焦点为F，点P，y1)，P2(x2，y2)，1(x1P，y3)在抛物线上，且2x2x1x3，则有（

）

3(x3A．FP1FP2FP3

B．FP1FP2D．FP2222FP3

2C．2FP2FP1FP3

2FP·FP3

12、抛物线y＝4x与直线2x+y-4＝0交于两点A与B，F是抛物线的焦点，则

∣FA|+∣FB∣=___

_. （四）归纳小结

1、抛物线的定义常用于等量转化，即将抛物线上的点到焦点的距离与到准线的距离相互转化，这个方法也常用于求距离的最值。

2、联立方程组不仅是解决直线与抛物线相交问题的方法，也是解决直线与其他圆锥曲线相交问题常用的方法，由此可进一步结合韦达定理去求解交点个数、交点坐标，弦长、切线方程等。

3、解题时要仔细分析已知条件，找到解题关键，从而找到解题思路与方法.

六、作业设计

1（、201402-10）设F为抛物线C:y=3x的焦点，过F且倾斜角为30的直线交C于A,B4 2°

两点，则AB=( ) （A）30 （B）6 （C）12 （D）73

3x22、（201701-20）设A，B为曲线C：y=上两点，A与B的横坐标之和为4．

4（1）求直线AB的斜率；

（2）设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AMBM，求直线AB的方程．

3、已知抛物线C：y＝4x的焦点为F，过点F的直线l与C相交于A、B．

(1)

若｜AB｜＝216，求直线l的方程．

3(2)

求｜AB｜的最小值．

七、板书设计

八、课后反思

快速准确解答选择题，常使用一些特殊的解法，但其局限性较大，而一道题若只介绍这一种解法，题目本身的价值又太小了，所以尽量多分析讲解几种方法，并通过这道题得到一种或几种方法，从而解决一类或几类问题，这样可以提高课堂效率。

抛物线定义

解法三：代数法-消x

例：

解法四：代数法-消y

解法一：几何法

解法五：代数法-反设直线方程-消x

解法二：代数法-向量

解法六：综合法

5