2025年高考数学复习(新高考专用)重难点31阿基米德三角形【六大题型】特训(学生版+解析)

这是一份2025年高考数学复习(新高考专用)重难点31阿基米德三角形【六大题型】特训(学生版+解析)，共69页。

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\l "_Tc30485" 【题型1 弦长与弦所在方程问题】 PAGEREF _Tc30485 \h 2
\l "_Tc7827" 【题型2 定点问题】 PAGEREF _Tc7827 \h 3
\l "_Tc9911" 【题型3 切线垂直问题】 PAGEREF _Tc9911 \h 4
\l "_Tc16678" 【题型4 切线交点及其轨迹问题】 PAGEREF _Tc16678 \h 5
\l "_Tc3379" 【题型5 面积问题】 PAGEREF _Tc3379 \h 7
\l "_Tc31532" 【题型6 最值问题】 PAGEREF _Tc31532 \h 8
1、阿基米德三角形
阿基米德三角形是圆锥曲线的重要内容，圆锥曲线是高考的重点、热点内容，从近几年的高考情况来看，阿基米德三角形的考查频率变高，在各类题型中都有可能考查，复习时要加强此类问题的训练，灵活求解.
【知识点1 阿基米德三角形】
抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形.如图.
性质1 阿基米德三角形的底边AB上的中线MQ平行于抛物线的轴.
性质2 若阿基米德三角形的底边AB过抛物线内的定点C，则另一顶点Q的轨迹为一条直线，该直线
与以C点为中点的弦平行.
性质3 若直线l与抛物线没有公共点，以l上的点为顶点的阿基米德三角形的底边AB过定点(若直线l
方程为：ax+by+c=0，则定点的坐标为.
性质4 底边AB为a的阿基米德三角形的面积最大值为.
性质5 若阿基米德三角形的底边AB过焦点，则顶点Q的轨迹为准线，且阿基米德三角形的面积最小，
最小值为p2.
【题型1 弦长与弦所在方程问题】
【例1】（23-24高二下·河南开封·期末）阿基米德（公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家，不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号．抛物线上任意两点A，B处的切线交于点P，称△PAB为“阿基米德三角形”，当线段AB经过抛物线焦点F时，△PAB具有以下特征：（1）P点必在抛物线的准线上；（2）△PAB为直角三角形，且PA⊥PB；（3）PF⊥AB．已知过抛物线x2=16y焦点的直线l与抛物线交于A，B两点，过点A，B处的切线交于点P，若点P的横坐标为2，则直线AB的方程为（ ）
A．x+2y−8=0B．x−2y+8=0
C．x−4y+16=0D．x+4y−16=0
【变式1-1】（2024·陕西西安·二模）阿基米德（公元前287年-公元前212年）是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家，不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号．抛物线上任意两点A，B处的切线交于点P，称三角形PAB为“阿基米德三角形”.已知抛物线C：x2=8y的焦点为F，过A，B两点的直线的方程为3x−3y+6=0，关于“阿基米德三角形”△PAB，下列结论不正确的是（ ）
A．AB=323B．PA⊥PB
C．PF⊥ABD．点P的坐标为3,−2
【变式1-2】（23-24高二上·重庆·期末）阿基米德(公元前287年～公元前212年)是古希腊伟大的物理学家，数学家和天文学家，并享有“数学之神”的称号.他研究抛物线的求积法，得出了著名的阿基米德定理．在该定理中，抛物线的弦与过弦的端点的两切线所围成的三角形被称为“阿基米德三角形”．若抛物线上任意两点A,B处的切线交于点P，则△PAB为“阿基米德三角形”，且当线段AB经过抛物线的焦点F时，△PAB具有以下特征：（1）P点必在抛物线的准线上；（2）PA⊥PB；（3）PF⊥AB．若经过抛物线y2=8x的焦点的一条弦为AB，“阿基米德三角形”为△PAB，且点P在直线x−y+6=0上，则直线AB的方程为（ ）
A．x−y−2=0B．x−2y−2=0
C．x+y−2=0D．x+2y−2=0
【变式1-3】（2024高三·全国·专题练习）AB为抛物线x2=2pyp>0的弦，Ax1,y1，Bx2,y2分别过A,B作的抛物线的切线交于点M(x0,y0)，称△AMB为阿基米德三角形，弦AB为阿基米德三角形的底边.若弦AB过焦点F，则下列结论错误的是（ ）
A．x1+x2=2x0
B．底边AB的直线方程为x0x−py+y0=0；
C．△AMB是直角三角形；
D．△AMB面积的最小值为2p2.
【题型2 定点问题】
【例2】（23-24高二下·安徽·开学考试）抛物线的弦与在弦两端点处的切线所围成的三角形被称为“阿基米德三角形”．对于抛物线C：y=ax2给出如下三个条件：①焦点为F0,12；②准线为y=−12；③与直线2y−1=0相交所得弦长为2．
(1)从以上三个条件中选择一个，求抛物线C的方程；
(2)已知△ABQ是（1）中抛物线的“阿基米德三角形”，点Q是抛物线C在弦AB两端点处的两条切线的交点，若点Q恰在此抛物线的准线上，试判断直线AB是否过定点？如果是，求出定点坐标；如果不是，请说明理由．
【变式2-1】（2024·湖南·三模）已知抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F，过F且斜率为2的直线与E交于A，B两点，|AB|=10.
(1)求E的方程；
(2)直线l:x=−4，过l上一点P作E的两条切线PM,PN，切点分别为M，N.求证：直线MN过定点，并求出该定点坐标.
【变式2-2】（2024·甘肃兰州·一模）已知圆C过点P4,1，M2,3和N2,−1，且圆C与y轴交于点F，点F是抛物线E:x2=2pyp>0的焦点.
(1)求圆C和抛物线E的方程；
(2)过点P作直线l与抛物线交于不同的两点A，B，过点A，B分别作抛物线E的切线，两条切线交于点Q，试判断直线QM与圆C的另一个交点D是否为定点，如果是，求出D点的坐标；如果不是，说明理由．
【变式2-3】（2024·辽宁·三模）设抛物线C的方程为y2=4x，M为直线l:x=−m(m>0)上任意一点；过点M作抛物线C的两条切线MA，MB，切点分别为A，B（A点在第一象限）．
(1)当M的坐标为−1,32时，求过M，A，B三点的圆的方程；
(2)求证：直线AB恒过定点；
(3)当m变化时，试探究直线l上是否存在点M，使△MAB为直角三角形，若存在，有几个这样的点，说明理由；若不存在，也请说明理由．
【题型3 切线垂直问题】
【例3】（23-24高二上·安徽蚌埠·期末）已知抛物线C的方程为x2=4y，过点P作抛物线C的两条切线，切点分别为A,B.
（1）若点P坐标为0,−1，求切线PA,PB的方程；
（2）若点P是抛物线C的准线上的任意一点，求证：切线PA和PB互相垂直.
【变式3-1】（23-24高二上·河南驻马店·期末）已知P是抛物线C:y2=4x的准线上任意一点，过点P作抛物线C的两条切线PA,PB，切点分别为A,B．
(1)若点P纵坐标为0，求此时抛物线C的切线方程；
(2)设直线PA,PB的斜率分别为k1,k2，求证：k1⋅k2为定值．
【变式3-2】（23-24高二上·安徽蚌埠·期末）已知抛物线C的方程为x2=4y，点P是抛物线C的准线上的任意一点，过点P作抛物线C的两条切线，切点分别为A,B，点M是AB的中点.
（1）求证：切线PA和PB互相垂直；
（2）求证：直线PM与y轴平行；
（3）求△PAB面积的最小值.
【变式3-3】（23-24高三下·江西景德镇·阶段练习）已知椭圆C1:x23+y22=1，抛物线C2与椭圆C1有相同的焦点，抛物线C2的顶点为原点，点P是抛物线C2的准线上任意一点，过点P作抛物线C2的两条切线PA、PB，其中A、B为切点，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2.
（1）求抛物线C2的方程及k1k2的值；
（2）若直线AB交椭圆C1于C、D两点，S1、S2分别是△PAB、△PCD的面积，求S1S2的最小值.
【题型4 切线交点及其轨迹问题】
【例4】（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知抛物线E：x2=2y，过点T1,1的直线与抛物线E交于A，B两点，设抛物线E在点A，B处的切线分别为l1和l2，已知l1与x轴交于点M，l2与x轴交于点N，设l1与l2的交点为P.
(1)证明：点P在定直线上；
(2)若△PMN面积为22，求点P的坐标；
(3)若P，M，N，T四点共圆，求点P的坐标.
【变式4-1】（24-25高三上·云南·阶段练习）已知点Px0,y0是抛物线y2=2pxp>0上任意一点，则在点P处的切线方程为y0y=px+x0．若A，B是抛物线C0:y2=axa>0上的两个动点，且使得在点A与点B处的两条切线相互垂直．
(1)当a=6时，设这两条切线交于点Q，求点Q的轨迹方程；
(2)（ⅰ）求证：由点A，B及抛物线C0的顶点所成三角形的重心的轨迹为一抛物线C1；
（ⅱ）对C1再重复上述过程，又得一抛物线C2，以此类推，设得到的抛物线序列为C1，C2，C3，…，Cn，试求Cn的方程．
【变式4-2】（2024·广西·二模）已知抛物线C:x2=y，过点E0,2作直线交抛物线C于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线交于点P．
(1)证明：P在定直线上；
(2)若F为抛物线C的焦点，证明：∠PFA=∠PFB．
【变式4-3】（2024·上海·三模）已知抛物线Γ:x2=2y的焦点为F，过点T1,1的直线l与Γ交于A、B两点．设Γ在点A、B处的切线分别为l1，l2，l1与x轴交于点M，l2与x轴交于点N，设l1与l2的交点为P．
(1)设点A横坐标为a，求切线l1的斜率，并证明FM⊥l1；
(2)证明：点P必在直线y=x−1上；
(3)若P、M、N、T四点共圆，求点P的坐标．
【题型5 面积问题】
【例5】（23-24高三上·河南濮阳·阶段练习）我们把圆锥曲线的弦AB与过弦的端点A，B处的两条切线所围成的三角形△PAB（P为两切线的交点）叫做“阿基米德三角形”．抛物线有一类特殊的“阿基米德三角形”，当线段AB经过抛物线的焦点F时，△PAB具有以下性质：
①P点必在抛物线的准线上；
②PA⊥PB；
③PF⊥AB．
已知直线l:y=kx−1与抛物线y2=4x交于A，B点，若AB=8，则抛物线的“阿基米德三角形” △PAB的面积为（ ）
A．82B．42C．22D．2
【变式5-1】（2024·山西·模拟预测）圆锥曲线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形，过抛物线焦点F作抛物线的弦，与抛物线交于A，B两点，分别过A，B两点作抛物线的切线l1，l2相交于点P，那么阿基米德三角形PAB满足以下特性：①点P必在抛物线的准线上；②△PAB为直角三角形，且∠APB为直角；③PF⊥AB，已知P为抛物线y2=x的准线上一点，则阿基米德三角形PAB面积的最小值为（ ）
A．12B．14C．2D．1
【变式5-2】（2024·河北秦皇岛·二模）已知抛物线E：x2=2y的焦点为F，点P是x轴下方的一点，过点P作E的两条切线l1,l2，且l1,l2分别交x轴于M,N两点.
(1)求证：F，P，M，N四点共圆；
(2)过点F作y轴的垂线l，两直线l1,l2分别交l于A,B两点，求△PAB的面积的最小值.
【变式5-3】（2024·河南·模拟预测）在直角坐标系xOy中，已知a=4,y,b=x,−y，且a⋅b=0.
(1)求点Mx,y的轨迹Γ的方程；
(2)由圆x2+y2=R2上任一点Nx0,y0处的切线方程为x0x+y0y=R2，类比其推导思想可得抛物线C:y2=2px(p>0)上任一点Nx0,y0处的切线方程为y0y=px0+x.现过直线x=−3上一点P（不在x轴上）作Γ的两条切线，切点分别为Q,R，若PQ,PR分别与x轴交于Q1,R1，求S△PQ1R1S△PQR的取值范围.
【题型6 最值问题】
【例6】（23-24高三·云南昆明·阶段练习）过抛物线y2=2pxp>0的焦点F作抛物线的弦，与抛物线交于A，B两点，分别过A，B两点作抛物线的切线l1，l2相交于点P，△PAB又常被称作阿基米德三角形．△PAB的面积S的最小值为（ ）
A．p23B．p22C．p2D．2p2
【变式6-1】（23-24高三上·湖南长沙·阶段练习）AB为抛物线x2=2pyp>0的弦，Ax1,y1，Bx2,y2分别过A,B作的抛物线的切线交于点M(x0,y0)，称△AMB为阿基米德三角形，弦AB为阿基米德三角形的底边.若弦AB过焦点F，则下列结论正确的是（ ）
A．x1+x2=2x0
B．底边AB的直线方程为x0x−py+y0=0；
C．△AMB是直角三角形；
D．△AMB面积的最小值为2p2.
【变式6-2】（2024·云南曲靖·一模）已知斜率为1的直线l1交抛物线E:x2=2pyp>0于A、B两点，线段AB的中点Q的横坐标为2．
(1)求抛物线E的方程；
(2)设抛物线E的焦点为F，过点F的直线l2与抛物线E交于M、N两点，分别在点M、N处作抛物线E的切线，两条切线交于点P，则△PMN的面积是否存在最小值？若存在，求出这个最小值及此时对应的直线l2的方程；若不存在，请说明理由．
【变式6-3】（2024·河北·模拟预测）已知抛物线C:x2=2py(p>0)，过点P(0,2)的直线l与C交于A,B两点，当直线l与y轴垂直时，OA⊥OB（其中O为坐标原点）.
(1)求C的准线方程；
(2)若点A在第一象限，直线l的倾斜角为锐角，过点A作C的切线与y轴交于点T，连接TB交C于另一点为D，直线AD与y轴交于点Q，求△APQ与△ADT面积之比的最大值.
一、单选题
1．（2024·吉林白山·二模）阿基米德三角形由伟大的古希腊数学家阿基米德提出，有着很多重要的应用，如在化学中作为一种稳定的几何构型，在平面设计中用于装饰灯等.在圆倠曲线中，称圆锥曲线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形.已知抛物线C:y2=8x的焦点为F，顶点为O，斜率为43的直线l过点F且与抛物线C交于M,N两点，若△PMN为阿基米德三角形，则OP=（ ）
A．11B．23C．13D．14
2．（2024·青海西宁·二模）抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形常被称为阿基米德三角形．阿基米德三角形有一些有趣的性质，如：若抛物线的弦过焦点，则过弦的端点的两条切线的斜率之积为定值．设抛物线y2=2px(p>0)，弦AB过焦点，△ABQ为阿基米德三角形，则△ABQ的面积的最小值为（ ）
A．p22B．p2C．2p2D．4p2
3．（23-24高二·全国·课后作业）圆锥曲线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形常被称为阿基米德三角形，其中抛物线中的阿基米德三角形有一些有趣的性质，如：若抛物线的弦过焦点，则过弦的端点的两条切线的交点在其准线上．设抛物线y2=2pxp>0，弦AB过焦点F，△ABQ为阿基米德三角形，则△ABQ为（ ）
A．锐角三角形B．直角三角形
C．钝角三角形D．随着点A，B位置的变化，前三种情况都有可能
4．（2024·河北·三模）抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形称为阿基米德三角形，在数学发展的历史长河中，它不断地闪炼出真理的光辉，这个两千多年的古老图形，蕴藏着很多性质．已知抛物线y2=4x，过焦点的弦AB的两个端点的切线相交于点M，则下列说法正确的是（ ）
A．M点必在直线x=−2上，且以AB为直径的圆过M点
B．M点必在直线x=−1上，但以AB为直径的圆不过M点
C．M点必在直线x=−2上，但以AB为直径的圆不过M点
D．M点必在直线x=−1上，且以AB为直径的圆过M点
5．（23-24高三上·河南濮阳·阶段练习）我们把圆锥曲线的弦AB与过弦的端点A，B处的两条切线所围成的三角形△PAB（P为两切线的交点）叫做“阿基米德三角形”．抛物线有一类特殊的“阿基米德三角形”，当线段AB经过抛物线的焦点F时，△PAB具有以下性质：
①P点必在抛物线的准线上；
②PA⊥PB；
③PF⊥AB．
已知直线l:y=kx−1与抛物线y2=4x交于A，B点，若AB=8，则抛物线的“阿基米德三角形” △PAB顶点P的纵坐标为（ ）
A．±1B．±2C．±3D．±12
6．（23-24高三·云南昆明·阶段练习）过抛物线y2=2pxp>0的焦点F作抛物线的弦与抛物线交于A、B两点，M为AB的中点，分别过A、B两点作抛物线的切线l1、l2相交于点P.△PAB又常被称作阿基米德三角形.下面关于△PAB的描述：
①P点必在抛物线的准线上；
②AP⊥PB；
③设Ax1,y1、Bx2,y2，则△PAB的面积S的最小值为p22；
④PF⊥AB；
⑤PM平行于x轴.
其中正确的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．5
7．（2024高三·全国·专题练习）已知抛物线Γ:x2=8y的焦点为F，直线l与抛物线Γ在第一象限相切于点P，并且与直线y=−2和x轴分别相交于A，B两点，直线PF与抛物线Γ的另一个交点为Q．过点B作BC//AF交PF于点C，若PC=QF，则PF等于（ ）
附加结论：抛物线上两个不同的点A，B的坐标分别为Ax1,y1，Bx2,y2，以A，B为切点的切线PA，PB相交于点P，我们称弦AB为阿基米德△PAB的底边．

定理：点P的坐标为x1+x22,x1x22p；
推论：若阿基米德三角形的底边即弦AB过抛物线内定点C0,mm>0，则另一顶点P的轨迹方程为y=−m.
A．5−1B．2+5C．3+5D．5+5
8．（2024·云南昆明·模拟预测）阿基米德（公元前287年～公元前212年）是古希腊伟大的物理学家、数学家和天文学家.他研究抛物线的求积法得出著名的阿基米德定理，并享有“数学之神”的称号.抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形被称为阿基米德三角形.如图，△PAB为阿基米德三角形.抛物线x2=2py(p>0)上有两个不同的点Ax1,y1,Bx2,y2，以A，B为切点的抛物线的切线PA,PB相交于P.给出如下结论，其中正确的为（ ）
（1）若弦AB过焦点，则△ABP为直角三角形且∠APB=90°；
（2）点P的坐标是x1+x22,x1x22；
（3）△PAB的边AB所在的直线方程为x1+x2x−2py−x1x2=0；
（4）△PAB的边AB上的中线与y轴平行（或重合）.
A．（2）（3）（4）B．（1）（2）
C．（1）（2）（3）D．（1）（3）（4）
二、多选题
9．（2024·山东·模拟预测）抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形．已知抛物线C:x2=8y，阿基米德三角形PAB，弦AB过C的焦点F，其中点A在第一象限，则下列说法正确的是（ ）
A．点P的纵坐标为−2B．C的准线方程为x=−2
C．若AF=8，则AB的斜率为3D．△PAB面积的最小值为16
10．（2024·湖南长沙·二模）过抛物线C：x2=2py（p>0）的焦点F的直线与抛物线C相交于A，B两点，以A，B为切点作抛物线C的两条切线l1，l2，设l1，l2的交点为M，称△AMB为阿基米德三角形.则关于阿基米德三角形AMB，下列说法正确的有（ ）
A．△AMB是直角三角形
B．顶点M的轨迹是抛物线C的准线
C．MF是△AMB的高线
D．△AMB面积的最小值为2p2
11．（23-24高三下·湖南长沙·阶段练习）抛物线的弦与弦的端点处的两条切线形成的三角形称为阿基米德三角形，该三角形以其深刻的背景､丰富的性质产生了无穷的魅力.设A,B是抛物线C:x2=4y上两个不同的点，以Ax1,y1,Bx2,y2为切点的切线交于P点.若弦AB过点F0,1，则下列说法正确的有（ ）
A．x1x2=−4
B．若x1=2，则A点处的切线方程为x−y−1=0
C．存在点P，使得PA⋅PB>0
D．△PAB面积的最小值为4
三、填空题
12．（2024高三·全国·专题练习）抛物线的弦与过弦端点的两条切线所围成的三角形被称为阿基米德三角形．设抛物线为y2=4x，弦AB过焦点，△ABQ为阿基米德三角形，则△ABQ的面积的最小值为 ．
13．（24-25高二上·上海·单元测试）我们把圆锥曲线的弦AB与过弦的端点A、B处的两条切线所围成的△PAB（P为两切线的交点）叫做“阿基米德三角形”．抛物线有一类特殊的“阿基米德三角形”，当线段AB经过抛物线的焦点F时，△PAB具有以下性质：
①P点必在抛物线的准线上；②PA⊥PB；③PF⊥AB．
已知直线l：y=kx−1与抛物线y2=4x交于A、B两点，若AB=8，则抛物线的“阿基米德三角形”△PAB的顶点P的坐标为 ．
14．（23-24高三下·江西·阶段练习）圆锥曲线C的弦AB与过弦的端点A，B的两条切线的交点P所围成的三角形PAB叫做阿基米德三角形，若曲线C的方程为x2=4y，弦AB过C的焦点F，设Ax1,y1，Bx2,y2，Px0,y0，则有x0=x1+x22，y0=x1x24，对于C的阿基米德三角形PAB给出下列结论：①点P在直线y=−1上；②kPA⋅kPB=1；③kPA+kPB=0；④PF2=FAFB，其中所有正确结论的序号为 ．
四、解答题
15．（23-24高三上·河北衡水·阶段练习）著名古希腊数学家阿基米德首次用“逼近法”的思想得到了椭圆的面积公式S=abπ，（a,b分别为椭圆的长半轴长和短半轴长）为后续微积分的开拓奠定了基础，已知椭圆C：x218+y29=1．
(1)求C的面积；
(2)若直线l:x+2y−3=0交C于A,B两点，求AB．
16．（23-24高二下·重庆·阶段练习）过抛物线外一点P作抛物线的两条切线，切点分别为A，B，我们称△PAB为抛物线的阿基米德三角形，弦AB与抛物线所围成的封闭图形称为相应的“囧边形”，且已知“囧边形”的面积恰为相应阿基米德三角形面积的三分之二．如图，点P是圆Q:x2+(y+5)2=4上的动点，△PAB是抛物线Γ:x2=2py(p>0)的阿基米德三角形，F是抛物线Γ的焦点，且|PF|min=6．

(1)求抛物线Γ的方程；
(2)利用题给的结论，求图中“囧边形”面积的取值范围；
(3)设D是“圆边形”的抛物线弧AB上的任意一动点（异于A，B两点），过D作抛物线的切线l交阿基米德三角形的两切线边PA，PB于M，N，证明：AM⋅BN=PM⋅PN．
17．（23-24高三上·重庆九龙坡·阶段练习）阿基米德(公元前287年---公元前212年，古希腊)不仅是著名的哲学家、物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.在平面直角坐标系中，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的面积等于2π，且椭圆C的焦距为23.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）点P(4,0)是x轴上的定点，直线l与椭圆C交于不同的两点A、B，已知A关于y轴的对称点为M，B点关于原点的对称点为N，已知P、M、N三点共线，试探究直线l是否过定点.若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.
18．（23-24高二下·湖北·阶段练习）抛物线的弦与在弦两端点处的切线所围成的三角形被称为阿基米德三角形对于抛物线C:y=2ax2给出如下三个条件：
①焦点为F0,14; ②准线为y=−14; ③与直线4y−1=0相交所得弦长为1．
(1)从以上三个条件中选择一个，求抛物线C的方程;
(2)已知△ABQ是1中抛物线的阿基米德三角形，点Q是抛物线C在弦AB两端点处的两条切线的交点，若直线AB经过点0,3，试判断点Q是否在一条定直线上?如果是，求出定直线方程;如果不是，请说明理由．
19．（23-24高二下·上海·阶段练习）过抛物线的一条弦的中点作平行于抛物线对称轴的平行线（或与对称轴重合），交抛物线于一点，称以该点及弦的端点为顶点的三角形为这条弦的阿基米德三角形（简称阿氏三角形）.
现有抛物线M:y=ax2，直线l：y=bx+c（其中a，b，c是常数，且a>0），直线l交抛物线M于A，B两点，设弦AB的阿氏三角形是△ABC.
（1）指出抛物线M的焦点坐标和准线方程；
（2）求△ABC的面积（用a，b，c表示）；
（3）称AB的阿氏△ABC为一阶的；AC、BC的阿氏△ACD、△BCE为二阶的；AD、DC、CE、EB的阿氏三角形为三阶的；……，由此进行下去，记所有的kk∈N∗阶阿氏三角形的面积之和为Sk，探索Sk与Sk+1之间的关系，并求limn→∞S1+S2+⋯+Sn.
重难点31 阿基米德三角形【六大题型】
【新高考专用】
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc30485" 【题型1 弦长与弦所在方程问题】 PAGEREF _Tc30485 \h 2
\l "_Tc7827" 【题型2 定点问题】 PAGEREF _Tc7827 \h 5
\l "_Tc9911" 【题型3 切线垂直问题】 PAGEREF _Tc9911 \h 11
\l "_Tc16678" 【题型4 切线交点及其轨迹问题】 PAGEREF _Tc16678 \h 16
\l "_Tc3379" 【题型5 面积问题】 PAGEREF _Tc3379 \h 22
\l "_Tc31532" 【题型6 最值问题】 PAGEREF _Tc31532 \h 27
1、阿基米德三角形
阿基米德三角形是圆锥曲线的重要内容，圆锥曲线是高考的重点、热点内容，从近几年的高考情况来看，阿基米德三角形的考查频率变高，在各类题型中都有可能考查，复习时要加强此类问题的训练，灵活求解.
【知识点1 阿基米德三角形】
抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形.如图.
性质1 阿基米德三角形的底边AB上的中线MQ平行于抛物线的轴.
性质2 若阿基米德三角形的底边AB过抛物线内的定点C，则另一顶点Q的轨迹为一条直线，该直线
与以C点为中点的弦平行.
性质3 若直线l与抛物线没有公共点，以l上的点为顶点的阿基米德三角形的底边AB过定点(若直线l
方程为：ax+by+c=0，则定点的坐标为.
性质4 底边AB为a的阿基米德三角形的面积最大值为.
性质5 若阿基米德三角形的底边AB过焦点，则顶点Q的轨迹为准线，且阿基米德三角形的面积最小，
最小值为p2.
【题型1 弦长与弦所在方程问题】
【例1】（23-24高二下·河南开封·期末）阿基米德（公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家，不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号．抛物线上任意两点A，B处的切线交于点P，称△PAB为“阿基米德三角形”，当线段AB经过抛物线焦点F时，△PAB具有以下特征：（1）P点必在抛物线的准线上；（2）△PAB为直角三角形，且PA⊥PB；（3）PF⊥AB．已知过抛物线x2=16y焦点的直线l与抛物线交于A，B两点，过点A，B处的切线交于点P，若点P的横坐标为2，则直线AB的方程为（ ）
A．x+2y−8=0B．x−2y+8=0
C．x−4y+16=0D．x+4y−16=0
【解题思路】根据“阿基米德三角形”的性质直接可得点P的坐标，进而得解.
【解答过程】抛物线x2=16y的焦点F的坐标为0,4，准线方程为y=−4，
由题意知，△PAB为“阿基米德三角形”，可得P点必在抛物线的准线上，
所以点P2,−4，直线PF的斜率为4−−40−2=−4，
又因为PF⊥AB，所以直线AB的斜率为14，
所以直线AB的方程为y=14x+4，即x−4y+16=0,
故选：C．
【变式1-1】（2024·陕西西安·二模）阿基米德（公元前287年-公元前212年）是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家，不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号．抛物线上任意两点A，B处的切线交于点P，称三角形PAB为“阿基米德三角形”.已知抛物线C：x2=8y的焦点为F，过A，B两点的直线的方程为3x−3y+6=0，关于“阿基米德三角形”△PAB，下列结论不正确的是（ ）
A．AB=323B．PA⊥PB
C．PF⊥ABD．点P的坐标为3,−2
【解题思路】联立方程可解得A−433,23,B43,6，则AB=323，根据导数可得kA=−33,kB=3，可判断PA⊥PB，利用点斜式可求得两条切线方程3x+3y+2=0和3x−y−6=0，联立求P433,−2，再求kPF=−3，可判断PF⊥AB．
【解答过程】联立方程3x−3y+6=0x2=8y，消去x得：3y2−20y+12=0，解得y1=23或y2=6
即A−433,23,B43,6，则AB=323，A正确；
∵x2=8y，即y=x28,y′=x4
对于A−433,23,B43,6，切线斜率分别为kA=−33,kB=3
∴kAkB=−1，即PA⊥PB，B正确；
在点A的切线方程为y−23=−33x+433，即3x+3y+2=0
同理可得在点B的切线方程为3x−y−6=0
联立方程3x+3y+2=03x−y−6=0，解得x=433y=−2，即P433,−2，D不正确；
∵F0,2，则kPF=−2−2433−0=−3，kAB=33
∴kPFkAB=−1，即PF⊥AB，C正确；
故选：D．
【变式1-2】（23-24高二上·重庆·期末）阿基米德(公元前287年～公元前212年)是古希腊伟大的物理学家，数学家和天文学家，并享有“数学之神”的称号.他研究抛物线的求积法，得出了著名的阿基米德定理．在该定理中，抛物线的弦与过弦的端点的两切线所围成的三角形被称为“阿基米德三角形”．若抛物线上任意两点A,B处的切线交于点P，则△PAB为“阿基米德三角形”，且当线段AB经过抛物线的焦点F时，△PAB具有以下特征：（1）P点必在抛物线的准线上；（2）PA⊥PB；（3）PF⊥AB．若经过抛物线y2=8x的焦点的一条弦为AB，“阿基米德三角形”为△PAB，且点P在直线x−y+6=0上，则直线AB的方程为（ ）
A．x−y−2=0B．x−2y−2=0
C．x+y−2=0D．x+2y−2=0
【解题思路】首先根据题意可得到P点在抛物线的准线x=−2上，又在直线x−y+6=0上，从而可求出点P的坐标；根据PF⊥AB，即可求出直线AB的斜率，从而可求出直线AB的方程.
【解答过程】根据题意，可知P点在抛物线的准线x=−2上，又点P在直线x−y+6=0上，
所以P−2,4，又F2,0，所以kPF=0−42+2=−1，
因为PF⊥AB，所以kAB=1，所以直线AB的方程为y−0=x−2，即x−y−2=0.
故选：A.
【变式1-3】（2024高三·全国·专题练习）AB为抛物线x2=2pyp>0的弦，Ax1,y1，Bx2,y2分别过A,B作的抛物线的切线交于点M(x0,y0)，称△AMB为阿基米德三角形，弦AB为阿基米德三角形的底边.若弦AB过焦点F，则下列结论错误的是（ ）
A．x1+x2=2x0
B．底边AB的直线方程为x0x−py+y0=0；
C．△AMB是直角三角形；
D．△AMB面积的最小值为2p2.
【解题思路】由导数的几何意义，求得可得A处的切线方程，得出直线AM,BM的方程为y=x1px−x122p和y=x2px−x222p，得到1px1−x2x=x122p−x222p，进而可判定A正确；
点M(x0,y0)在直线AM,BM上，进而得到底边AB的直线方程，可判定B正确；
设直线AB:y=kx+p2，联立方程组，根据kMA⋅kMB=−1，可判定C正确；
取AB的中点H，化简得到△AMB的面积为S=p21+k232，可判定D不正确.
【解答过程】如图：

依题意设Ax1,y1，Bx2,y2，由方程x2=2py，可得y=x22p，则y′=1px，
由导数的几何意义知，直线AM的斜率为kAM=1px1，同理直线BM的斜率为kBM=1px2，
可得A处的切线方程为：y−y1=1px1x−x1，即y−x122p=1px1x−x1，
化简可得y=x1px−x122p，所以直线AM的方程为y=x1px−x122p，
同理可得：直线BM的方程为y=x2px−x222p，所以x1px−x122p=x2px−x222p，
则1px1−x2x=x122p−x222p，
因为x1≠x2，解得x=x1+x22，即x1+x2=2x0，所以A正确；
因点M(x0,y0)在直线AM,BM上，
可得x0⋅x1−py0+y1=0，x0⋅x2−py0+y2=0，
即Ax1,y1在x0x−py+y0=0上，Bx2,y2在x0x−py+y0=0上，
所以底边AB的直线方程为x0x−py+y0=0，所以B正确；
设直线AB:y=kx+p2，联立方程组y=kx+p2x2=2py，整理得x2−2pkx−p2=0，
则Δ=(−2p)2+4p2=8p2>0且x1+x2=2pk，x1x2=−p2，
因为kMA⋅kMB=x1p⋅x2p=−p2p2=−1，所以MA⋅MB=0，
所以△AMB是直角三角形，所以C正确；
取AB的中点H，连接MH，根据抛物线的定义，可得MH平行y轴，
所以S=12MH⋅x1−x2=12y1+y22+p2⋅x1−x2=12x122p+x222p2+p2⋅x1−x2
=12x12+x224p+p2⋅x1−x2
因为x1+x2=2pk，x1x2=−p2，所以x12+x22=x1+x22−2x1x2=4p2k2+2p2，
x1−x2=x1+x22−4x1⋅x2=2p1+k2，
代入可得S=124p2k2+2p24p+p2⋅2p1+k2=2p1+k242p1+k2=p21+k232，
当k=0时，Smin=p2，所以D不正确.
故选：D.
【题型2 定点问题】
【例2】（23-24高二下·安徽·开学考试）抛物线的弦与在弦两端点处的切线所围成的三角形被称为“阿基米德三角形”．对于抛物线C：y=ax2给出如下三个条件：①焦点为F0,12；②准线为y=−12；③与直线2y−1=0相交所得弦长为2．
(1)从以上三个条件中选择一个，求抛物线C的方程；
(2)已知△ABQ是（1）中抛物线的“阿基米德三角形”，点Q是抛物线C在弦AB两端点处的两条切线的交点，若点Q恰在此抛物线的准线上，试判断直线AB是否过定点？如果是，求出定点坐标；如果不是，请说明理由．
【解题思路】(1)根据抛物线的性质写出焦点坐标为0,14a，准线方程为y=−14a，结合条件即可求解；
(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，Qx0,−12，切线lAQ：y−y1=kx−x1，联立抛物线方程，由Δ=0得k=x1，进而求出切线方程，同理lBQ：y+y2=x⋅x2，将点Q坐标代入两切线方程，得出直线AB方程，即可求解.
【解答过程】（1）C：y=ax2即C：x2=1ay，
其焦点坐标为0,14a，准线方程为y=−14a，
若选①，焦点为F(0,12)，则14a=12，得a=12，
所以抛物线的方程为x2=2y；
若选②，准线为y=−12，则−14a=−12，得a=12，
所以抛物线的方程为x2=2y；
若选③，与直线2y−1=0相交所得的弦为2，
将y=12代入方程x2=1ay中，得x=±2a2a，
即抛物线与直线2y−1=0相交所得的弦长为2×2a2a=2aa=2，
解得a=12，所以抛物线的方程为x2=2y；
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，Qx0,−12，切线lAQ：y−y1=kx−x1，
将其与C：x2=2y联立得x2−2kx−x12+2kx1=0，
由Δ=−2k2−4×−x12+2kx1=0得k=x1，
故切线lAQ：y−y1=kx−x1，即y+y1=x⋅x1；
同理lBQ：y+y2=x⋅x2
又点Qx0,−12满足切线lAQ，lBQ的方程，
即有−12+y1=x0⋅x1,−12+y2=x0⋅x2,
故弦AB所在直线方程为y=x0⋅x+12，其过定点F0,12．
【变式2-1】（2024·湖南·三模）已知抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F，过F且斜率为2的直线与E交于A，B两点，|AB|=10.
(1)求E的方程；
(2)直线l:x=−4，过l上一点P作E的两条切线PM,PN，切点分别为M，N.求证：直线MN过定点，并求出该定点坐标.
【解题思路】（1）根据已知条件，设直线AB的方程为x=12y+p2，设Ax1,y1,Bx2,y2，联立抛物线方程，根据抛物线的弦长求得p，即得答案；
（2）设直线MN的方程为x=my+n，Mx3,y3，Nx4,y4，联立抛物线方程，得到韦达定理，利用导数的几何意义，设出切线PM与PN的方程，两者联立，可求出n=4，即可证得直线MN过定点，并得出该定点坐标.
【解答过程】（1）
由已知，Fp2,0，过F且斜率为2的直线与E交于A，B两点，
设AB的方程为x=12y+p2，Ax1,y1,Bx2,y2,
联立y2=2pxx=12y+p2，得y2−py−p2=0，则Δ=p2+4p2>0，
则y1+y2=p，
所以|AB|=x1+x2+p=12y1+p2+12y2+p2+p=5p2=10，
解得p=4，
故抛物线E的方程为：y2=8x.
（2）设直线MN的方程为x=my+n，Mx3,y3，Nx4,y4，
联立y2=8xx=my+n，得y2−8my−8n=0，
Δ=64m2+32n>0，即2m2+n>0，
所以y3+y4=8m，y3y4=−8n，
令y3>0，当y>0时，
y2=8x可化为y=22x，则y′=2x，
则在M处的切线PM的方程为：y−y3=2x3x−x3，
即y=4y3x+y32，
同理可得切线PN的方程为：y=4y4x+y42，
联立PM与PN的方程，解得xp=y3y48=−4，
所以y3y4=−32=−8n，则n=4，满足2m2+n>0，
则直线MN的方程为x=my+4，
所以直线MN过定点，该定点坐标为4,0.
【变式2-2】（2024·甘肃兰州·一模）已知圆C过点P4,1，M2,3和N2,−1，且圆C与y轴交于点F，点F是抛物线E:x2=2pyp>0的焦点.
(1)求圆C和抛物线E的方程；
(2)过点P作直线l与抛物线交于不同的两点A，B，过点A，B分别作抛物线E的切线，两条切线交于点Q，试判断直线QM与圆C的另一个交点D是否为定点，如果是，求出D点的坐标；如果不是，说明理由．
【解题思路】（1）依题意可知圆心在直线y=1上，设圆心为Ca,1，半径为r，再由圆过点P4,1，即可得到a=2，r=2，从而求出圆的方程，再令x=0求出F点坐标，即可求出抛物线方程；
（2）设直线AB的方程为y−1=kx−4 Ax1,y1，Bx2,y2，过A，B点的抛物线的切线的斜率分别为k1、k2，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，利用导数的几何意义表示出过A、B点的切线方程，再联立即可求出Q点坐标，即可得到直线QM的方程，最后与圆的方程联立求出交点坐标.
【解答过程】（1）因为圆C过点M2,3和N2,−1，
所以圆心在直线y=1上，设圆心为Ca,1，半径为r，
又圆过点P4,1，所以a=2，r=2，
则圆C的方程为x−22+y−12=4，
令x=0，解得y=1，所以F0,1，则p2=1，所以p=2，
所以抛物线E的方程为x2=4y.
（2）依题意直线AB的斜率必存在，不妨设为k，则直线AB的方程为y−1=kx−4，
即y=kx−4k+1，由y=kx−4k+1x2=4y整理得x2−4kx+16k−4=0，
其中Δ=16k2−416k−4>0，解得k2+3，则x1+x2=4k，x1x2=16k−4，
设Ax1,y1，Bx2,y2，过A，B点的抛物线的切线的斜率分别为k1、k2，
又y=14x2，所以y′=12x，则k1=y′|x=x1=12x1、k2=y′|x=x2=12x2，
所以过A点的切线方程为y−x124=12x1x−x1，即y=x12x−x124，
同理可得过B点的切线方程为y=x22x−x224，
由y=x12x−x124y=x22x−x224，解得x=x1+x22=2ky=x1x24=4k−1，即Q2k,4k−1，
所以点Q在直线y=2x−1上，而点M2,3也在直线y=2x−1上，
所以直线QM与圆C的另一个交点D就是直线y=2x−1与圆C的交点，
由y=2x−1x−22+y−12=4，解得x=2y=3或x=25y=−15，
所以直线QM与圆C的另一个交点为定点D25,−15.
【变式2-3】（2024·辽宁·三模）设抛物线C的方程为y2=4x，M为直线l:x=−m(m>0)上任意一点；过点M作抛物线C的两条切线MA，MB，切点分别为A，B（A点在第一象限）．
(1)当M的坐标为−1,32时，求过M，A，B三点的圆的方程；
(2)求证：直线AB恒过定点；
(3)当m变化时，试探究直线l上是否存在点M，使△MAB为直角三角形，若存在，有几个这样的点，说明理由；若不存在，也请说明理由．
【解题思路】（1）设切线方程，与抛物线联立方程组，由Δ=0求出切线斜率，得A，B两点的坐标，可求A，B三点的圆的方程；
（2）设切点坐标和切线方程，与抛物线联立方程组，由Δ=0求出切线斜率，把M点代入切线方程，可得直线AB的方程，由方程确定所过定点；
（3）利用向量数量积和直线的斜率，结合韦达定理，确定△MAB为直角三角形所需条件.
【解答过程】（1）当M的坐标为−1,32时，设过M点的切线方程为y−32=k(x+1)，
与y2=4x联立，得y−32=ky24+1，整理得k4y2−y+k+32=0，
令Δ=1−4⋅k4k+32=0，解得k=−2或k=12，
分别代入方程得y=−1和y=4，故得A(4,4)，B14,−1，
同时可求得直线MA的方程为y=12x+2，直线MB的方程为y=−2x−12，
进而可知kMA⋅kMB=−1，即直线MA与直线MB互相垂直，
则过M，A，B三点的圆的直径为线段AB，
设该圆上任一点P的坐标为(x,y)，则AP=(x−4,y−4)，BP=x−14,y+1，
所以AP⋅BP=(x−4)x−14+(y−4)(y+1)=0，
从而过M，A，B三点的圆的一般方程为x2+y2−174x−3y−3=0．
（圆的标准方程：x−1782+y−322=62564）．
（2）设切点分别为Ax1,y1，Bx2,y2，
过抛物线上点Ax1,y1的切线方程为y−y1=kx−x1，
与y2=4x联立，整理得k4y2−y−kx1+y1=0，
Δ=1−4⋅k4−kx1+y1=0，所以k=2y1，
又因为y12=4x1，从而过抛物线上点Ax1,y1的切线方程为y−y1=2y1x−x1，
即y1y=2x+x1，同理可得过点Bx2,y2的切线为y2y=2x+x2，
又切线MA，MB都过点Mx0,y0，所以得y1y0=2x0+x1，y2y0=2x0+x2，
即点Ax1,y1,Bx2,y2均满足方程y0y=2x0+x，
故直线AB的方程为y0y=2x0+x．
设Mx0,y0，其为直线l:x=−m(m>0)上任意一点，
故y0y=2(x−m)对任意y0成立，从而直线AB恒过定点(m,0)．
（3）由（2）知y1,y2是方程y0y=2x0+y24的两实根，
故有y1+y2=2y0y1y2=4x0，又x1=y124，x2=y224，x0=−m，
所以MA⋅MB=x1−x0x2−x0+y1−y0y2−y0=4m2+my02−4m−y02=(m−1)y02+4m．
①当m=1时，MA⋅MB=0，直线l上任意一点M均有MA⊥MB，△MAB为直角三角形；
②当00，∠AMB2，所以当m>2时，有MA⊥AB，（MB⊥AB的情况同理），
所以△MAB为直角三角形．
综上所述，当m=1时，直线l上任意一点M，使△MAB为直角三角形，
当m>2时，直线l上存在两点M，使△MAB为直角三角形；
当00,y20,y20，y1⋅y2=−14，
又PF⊥AB，可得PF⋅AB=0，即12,−y0⋅y22−y12,y2−y1=0，化简得y0=y1+y22，
过P点作PM//x轴交AB于M点，如图所示：
则yM=y0=y1+y22，所以M为AB中点，故My22+y122,y2+y12，
故S△PAB=S△PAM+S△PBM=12PM⋅y1−y2=12⋅y22+y122+14⋅y1−y2
=12⋅y12+−y222+14⋅y1+−y2≥12⋅y1⋅−y2+14⋅2y1⋅−y2=14，
当且仅当y1=−y2=12时等号成立，
故三角形PAB的面积的最小值为14．
故选：B．
【变式5-2】（2024·河北秦皇岛·二模）已知抛物线E：x2=2y的焦点为F，点P是x轴下方的一点，过点P作E的两条切线l1,l2，且l1,l2分别交x轴于M,N两点.
(1)求证：F，P，M，N四点共圆；
(2)过点F作y轴的垂线l，两直线l1,l2分别交l于A,B两点，求△PAB的面积的最小值.
【解题思路】（1）在取定点Px0,y0后，考虑过该点的切线斜率k满足的二次方程，然后证明一个垂直关系，即可得到共圆；
（2）从斜率k满足的二次方程出发，可以对l1,l2的斜率k1,k2使用韦达定理，并可以使用k1,k2表示△PAB的面积，二者结合后可将△PAB的面积表示成函数形式，再使用不等式a2+b2≥2ab证明S△PAB≥439，最后给出取到等号的例子P0,−16即可.
【解答过程】（1）
设Px0,y0，若过点P且斜率为k的直线y=kx−x0+y0与抛物线x2=2y相切，则联立后得到的关于x的方程x2=2kx−x0+y0只有一个实数根.
此即关于x的二次方程x2−2kx+2kx0−2y0=0的判别式等于零，即4k2−42kx0−2y0=0，得k2=−2y0−kx0.
另一方面，该直线与x轴交于点x0−y0k,0，而该点与F0,12的连线的斜率为12y0k−x0=k2y0−kx0=−kk2=−1k.
所以，过点P作抛物线的切线后，该切线与x轴的交点到焦点F和点P的连线互相垂直.
这就说明∠PMF=∠PNF=90°，从而∠PMF+∠PNF=90°+90°=180°，所以F，P，M，N四点共圆.
（2）由l的定义知其方程为y=12，设l1,l2的斜率分别为k1,k2，则根据第1小问的解析，知k1,k2都是关于k的方程k2=−2y0−kx0即k2−2x0k+2y0=0的根.
故k1+k2=2x0，k1k2=2y0.
由于l1,l2均过点Px0,y0，故其方程分别为y=k1x−x0+y0和y=k2x−x0+y0.
在y=k1x−x0+y0中令y=12，得x=x0+12−y0k1=x0+1−2y02k1，从而得到Ax0+1−2y02k1,12，同理Bx0+1−2y02k2,12.
所以AB=1−2y02k2−1−2y02k1=12−y0⋅k1−k2k1k2=12−y0⋅k1+k22−4k1k2k1k2=12−y0⋅4x02−8y02y0.
由y00，则y0=−12u2，进而得到
S△PAB=12AB⋅12−y0=12−y02⋅4x02−8y04y0=1+u222⋅4x02+4u22u2=1+u224u2x02+u2.
所以S△PAB=1+u224u2x02+u2≥1+u224u2u2=1+u224u=14u1+2u2+u4
=14u1+3u2+13u2+u4−43u2
≥14u2⋅1⋅3u+2⋅13u⋅u2−43u2（这里使用了不等式a2+b2≥2ab）
=36u2−13u+32=36u−332+439≥439.
另一方面，当P0,−16时，l1,l2的斜率分别是−33,33，可求得A−233,12，B233,12.
从而此时AB=433，故S△PAB=12⋅433⋅12−−16=439.
综上，△PAB的面积的最小值是439.
【变式5-3】（2024·河南·模拟预测）在直角坐标系xOy中，已知a=4,y,b=x,−y，且a⋅b=0.
(1)求点Mx,y的轨迹Γ的方程；
(2)由圆x2+y2=R2上任一点Nx0,y0处的切线方程为x0x+y0y=R2，类比其推导思想可得抛物线C:y2=2px(p>0)上任一点Nx0,y0处的切线方程为y0y=px0+x.现过直线x=−3上一点P（不在x轴上）作Γ的两条切线，切点分别为Q,R，若PQ,PR分别与x轴交于Q1,R1，求S△PQ1R1S△PQR的取值范围.
【解题思路】（1）由a⋅b=0，可得y2=4x；
（2）设P−3,tt≠0,Qx1,y1,Rx2,y2，根据题意，PQ方程为y1y=2x+x1，同理可得R1−x2,0,y2t=2−3+x2，可得直线QR的方程为yt=2−3+x，联立方程，求解弦长和面积，求解范围.
【解答过程】（1）因为a⋅b=0，所以4x−y2=0，整理得y2=4x，所以点M的轨迹Γ的方程为y2=4x，
（2）设P−3,tt≠0,Qx1,y1,Rx2,y2，
由题可知，PQ方程为y1y=2x+x1，当y=0时，x=−x1，所以Q1−x1,0，
将点P−3,t带入y1y=2x+x1，得y1t=2−3+x1，同理可得R1−x2,0,y2t=2−3+x2，
所以Qx1,y1,Rx2,y2的坐标均满足方程yt= 2−3+x，
所以直线QR的方程为yt=2−3+x，即2x=ty+6,
由y2=4x,2x=ty+6,整理得，y2−2ty−12=0，Δ=4t2+12>0，且y1+y2=2t,y1y2=−12，
所以QR=1+t22y1−y2 =1+t22⋅4t2+12 =t2+4t2+12，
点P到直线QR的距离为d=−6−t2−64+t2 =t2+12t2+4，
所以S△PQR=12QRd=12t2+12t2+12，
因为Q1−x1,0,R1−x2,0，
所以Q1R1=x1−x2=122x1−2x2 =12ty1−y2=tt2+12，
S△PQ1R1=12Q1R1t=12t2t2+12，
所以S△PQ1R1S△PQR=t2t2+12=1−12t2+12，
因为t≠0，所以t2t2+12∈0,1，所以1−12t2+12∈ 0,1.
【题型6 最值问题】
【例6】（23-24高三·云南昆明·阶段练习）过抛物线y2=2pxp>0的焦点F作抛物线的弦，与抛物线交于A，B两点，分别过A，B两点作抛物线的切线l1，l2相交于点P，△PAB又常被称作阿基米德三角形．△PAB的面积S的最小值为（ ）
A．p23B．p22C．p2D．2p2
【解题思路】设出直线AB的方程，利用弦长公式求出弦长，求出两条切线的方程得出点P的坐标，利用三角形的面积公式可得S△PAB=p21+m232≥p2.
【解答过程】设Ax1,y1，Bx2,y2，由题意可得直线AB的斜率不为0,
因为直线AB过焦点p2,0，所以设直线AB的方程x=my+p2；
联立y2=4xx=my+p2得y2−2mpy−p2=0，
所以y1+y2=2mp,y1y2=−p2，
AB=1+m2y1+y22−4y1y2=2p1+m2
由抛物线的性质可得过点Ax1,y1，Bx2,y2的抛物线的切线方程为：
yy1=px+x1,yy2=px+x2，
联立yy1=px+x1yy2=px+x2得x=y1y22p=−p2，y=y1+y22=mp，即P−p2,mp.
点P到直线的距离d=p1+m21+m2，
S△PAB=12ABd=p21+m232≥p2
当且仅当m=0时取到最小值.
故选：C.
【变式6-1】（23-24高三上·湖南长沙·阶段练习）AB为抛物线x2=2pyp>0的弦，Ax1,y1，Bx2,y2分别过A,B作的抛物线的切线交于点M(x0,y0)，称△AMB为阿基米德三角形，弦AB为阿基米德三角形的底边.若弦AB过焦点F，则下列结论正确的是（ ）
A．x1+x2=2x0
B．底边AB的直线方程为x0x−py+y0=0；
C．△AMB是直角三角形；
D．△AMB面积的最小值为2p2.
【解题思路】由导数的几何意义，求得可得A处的切线方程，得出直线AM,BM的方程为y=x1px−x122p和y=x2px−x222p，得到1px1−x2x=x122p−x222p，进而可判定A正确；点M(x0,y0)在直线AM,BM上，进而得到底边AB的直线方程，可判定B正确；设直线AB:y=kx+p2，联立方程组，根据kMA⋅kMB=−1，可判定C正确；取AB的中点H，化简得到△AMB的面积为S=p21+k232，可判定D不正确.
【解答过程】依题意设Ax1,y1，Bx2,y2，由方程x2=2py，可得y=x22p，则y′=1px，
由导数的几何意义知，直线AM的斜率为kAM=1px1，同理直线BM的斜率为kBM=1px2，
可得A处的切线方程为：y−y1=1px1x−x1，即y−x122p=1px1x−x1，
化简可得y=x1px−x122p，所以直线AM的方程为y=x1px−x122p，
同理可得：直线BM的方程为y=x2px−x222p，所以x1px−x122p=x2px−x222p，
则1px1−x2x=x122p−x222p，
因为x1≠x2，解得x=x1+x22，即x1+x2=2x0，所以A正确；
因点M(x0,y0)在直线AM,BM上，
可得x0⋅x1−py0+y1=0，x0⋅x2−py0+y2=0，
即Ax1,y1在x0x−py+y0=0上，Bx2,y2在x0x−py+y0=0上，
所以底边AB的直线方程为x0x−py+y0=0，所以B正确；
设直线AB:y=kx+p2，联立方程组y=kx+p2x2=2py，整理得x2−2pkx−p2=0，
则Δ=(−2p)2+4p2=8p2>0且x1+x2=2pk，x1x2=−p2，
因为kMA⋅kMB=x1p⋅x2p=−p2p2=−1，所以MA⋅MB=0，
所以△AMB是直角三角形，所以C正确；
取AB的中点H，连接MH，根据抛物线的定义，可得MH平行y轴，
所以S=12MH⋅x1−x2=12y1+y22+p2⋅x1−x2=12x122p+x222p2+p2⋅x1−x2
=12x12+x224p+p2⋅x1−x4
因为x1+x2=2pk，x1x2=−p2，所以x12+x22=x1+x22−2x1x2=4p2k2+2p2，
x1−x2=x1+x22−4x1⋅x2=2p1+k2，
代入可得S=124p2k2+2p24p+p2⋅2p1+k2=2p1+k242p1+k2=p21+k232，
当k=0时，Smin=p2，所以D不正确.
故选：ABC.
【变式6-2】（2024·云南曲靖·一模）已知斜率为1的直线l1交抛物线E:x2=2pyp>0于A、B两点，线段AB的中点Q的横坐标为2．
(1)求抛物线E的方程；
(2)设抛物线E的焦点为F，过点F的直线l2与抛物线E交于M、N两点，分别在点M、N处作抛物线E的切线，两条切线交于点P，则△PMN的面积是否存在最小值？若存在，求出这个最小值及此时对应的直线l2的方程；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）设点Ax1,y1、Bx2,y2，由已知可得出x1+x2=4，利用斜率公式以及抛物线的方程可求得p的值，由此可得出抛物线E的方程；
（2）设点Mx3,y3、Nx4,y4，分析可知，直线l2的斜率存在，设直线l2的方程为y=kx+1，将该直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，求出MN，求出两切线的方程，进而可求得点P的坐标，分析可得出PF⊥MN，求出PF，利用二次函数的基本性质可求得△PMN面积的最小值，及其对应的直线l2的方程.
【解答过程】（1）解：设点Ax1,y1、Bx2,y2，因为直线AB的斜率为1，则x1≠x2，
因为线段AB的中点Q的横坐标为2，则x1+x2=4，
kAB=y1−y2x1−x2=x12−x222px1−x2=x1+x22p=42p=1，可得p=2，
所以，抛物线E的方程为x2=4y.
（2）解：设点Mx3,y3、Nx4,y4，易知点F0,1，
若直线l2的斜率不存在，则直线l2与抛物线E只有一个公共点，不合乎题意，
设直线l2的方程为y=kx+1，联立y=kx+1x2=4y可得x2−4kx−4=0，
Δ=16k2+16>0，由韦达定理可得x3+x4=4k，x3x4=−4，
由焦点弦长公式可得MN=y3+y4+2=kx3+x4+4=4k2+1，
对函数y=x24求导得y′=x2，则直线PM的方程为y−x324=x32x−x3，即y=x3x2−x324，
同理可知，直线PN的方程为y=x4x2−x424，
联立y=x3x2−x324y=x4x2−x424可得x=x3+x42=2ky=x3x44=−1，即点P2k,−1，
则FP=2k,−2，MN=x4−x3,y4−y3=x4−x3,kx4−x3，
所以，FP⋅MN=2kx4−x3−2kx4−x3=0，即PF⊥MN，
且PF=4k2+4=2k2+1，
所以，S△PMN=12MN⋅PF=12×4k2+1×2k2+1=4k2+132≥4，
当且仅当k=0时，等号成立，故△PMN的面积存在最小值，且最小值为4，
此时，直线l2的方程为y=1.
【变式6-3】（2024·河北·模拟预测）已知抛物线C:x2=2py(p>0)，过点P(0,2)的直线l与C交于A,B两点，当直线l与y轴垂直时，OA⊥OB（其中O为坐标原点）.
(1)求C的准线方程；
(2)若点A在第一象限，直线l的倾斜角为锐角，过点A作C的切线与y轴交于点T，连接TB交C于另一点为D，直线AD与y轴交于点Q，求△APQ与△ADT面积之比的最大值.
【解题思路】（1）将y=2代入抛物线，结合△AOB为等腰直角三角形求参数，即可得抛物线方程，进而写出准线方程；
（2）设A(a,a22)，直线l:y=kx+2(k>0)，联立抛物线求B坐标，导数几何意义求直线TA方程，依次求出T,D,Q坐标，进而求△APQ与△ADT面积，利用基本不等式求面积比最值.
【解答过程】（1）将y=2代入x2=2py(p>0)，则x=±2p，
由OA⊥OB，故△AOB为等腰直角三角形，故2p=2，即p=1，
所以C:x2=2y，故准线方程为y=−12.
（2）设A(a,a22)，直线l:y=kx+2(k>0)，联立抛物线得x2−2kx−4=0，
所以axB=−4，则xB=−4a，故B(−4a,8a2)，
由y=x22，则y′=x，故kTA=a，直线TA:y−a22=a(x−a)，
令x=0，则yT=−a22，故T(0,−a22)，
设直线TB:y=k1x−a22，联立抛物线得x2−2k1x+a2=0，
所以−4axD=a2，则xD=−a34，故D(−a34,a632)，
综上，直线AD:y−a22=a632−a22−a34−a(x−a)，令x=0，则yQ=a48，故Q(0,a48)，
由直线l的倾斜角为锐角，故a>2，则S△APQ=a2(a48−2)，S△ADT=12(a48+a22)(a+a34)=a364(a2+4)2，
所以S△APQS△ADT=4(a2−4)a2(a2+4)，令t=a2−4>0，则a2=t+4，
则S△APQS△ADT=4t(t+4)(t+8)=4t+32t+12≤122+3=3−22，仅当t=42，即a2=4(2+1)时等号成立，
所以△APQ与△ADT面积之比的最大值3−22.
一、单选题
1．（2024·吉林白山·二模）阿基米德三角形由伟大的古希腊数学家阿基米德提出，有着很多重要的应用，如在化学中作为一种稳定的几何构型，在平面设计中用于装饰灯等.在圆倠曲线中，称圆锥曲线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形.已知抛物线C:y2=8x的焦点为F，顶点为O，斜率为43的直线l过点F且与抛物线C交于M,N两点，若△PMN为阿基米德三角形，则OP=（ ）
A．11B．23C．13D．14
【解题思路】求出直线l的方程，联立抛物线方程，得到M,N两点坐标，求出过点M,N的切线方程，联立后得到P−2,3，得到答案.
【解答过程】依题意，F2,0，设直线l:y=43x−2，联立y=43x−2,y2=8x,，
则y2−6y−16=0，解得y=8或y=−2，不妨设M8,8,N12,−2，
设直线PM方程为y−8=kx−8，联立C:y2=8x得，
kx−8+82=8x，k2x2+16k−16k2−8x+64k2−128k+64=0，
Δ=16k−16k2−82−4k264k2−128k+64=0，
解得k=12，
故直线PM的斜率k=12，故直线PM:y=12x+4，
同理可得直线PN的斜率k′=−2，故直线PN:y=−2x−1，
联立y=12x+4,y=−2x−1,，解得x=−2,y=3，
即P−2,3，则OP=13.
故选：C.
2．（2024·青海西宁·二模）抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形常被称为阿基米德三角形．阿基米德三角形有一些有趣的性质，如：若抛物线的弦过焦点，则过弦的端点的两条切线的斜率之积为定值．设抛物线y2=2px(p>0)，弦AB过焦点，△ABQ为阿基米德三角形，则△ABQ的面积的最小值为（ ）
A．p22B．p2C．2p2D．4p2
【解题思路】设A(x1,y1),B(x2,y2)，设直线AB为x=my+p2，代入抛物线方程，由韦达定理得y1+y2=2pm,y1y2=−p2，设过A的切线方程为y−y1=kx−x1，与抛物线方程联立，利用判别式得k=py1，则过点A的切线为y1y=px+x1，同理得过B的切线斜率为py2，过点B的切线为y2y=px+x2，可得Q−p2,y1+y22，可证得AB⊥QF，则△ABQ的面积S=12AB⋅QF，结合图形特征，可得△ABQ面积的最小值．
【解答过程】设Ax1,y1,Bx2,y2且y1≠y2，直线AB:x=my+p2，联立x=my+p2y2=2px，
整理得y2−2pmy−p2=0，则y1+y2=2pm,y1y2=−p2．
设过点A的切线方程为y−y1=kx−x1，联立y−y1=kx−x1y2=2px，
整理得y2−2pky+2py1k−y12=0，由Δ=−2pk2−42py1k−y12=0，可得k=py1，
则过A的切线为：y−y1=py1x−x1，即y1y−y12=px−x1，即y1y−2px1=px−x1，即y1y=px+x1，
同理可得过点B的切线斜率为py2，过点B的切线方程为：y2y=px+x2，
联立两切线py1x+x1=py2x+x2，则x=x2y1−x1y2y2−y1=p2(y1−y2)y2−y1=−p2，
所以两条切线的交点Q在准线上，则y1y=p−p2+x1,y2y=p−p2+x2，
两式相减得y1−y2y=px1−x2=py122p−y222p=y12−y222=y1+y2y1−y22，
∴y=y1+y22，可得Q−p2,y1+y22，kQF=−y1+y22p=−m，
又因为直线AB的斜率为1m(m≠0)，∴AB⊥QF（m=0也成立），
如图，设准线与x轴的交点为M，
△ABQ的面积S=12AB⋅QF，
当AB⊥x轴时，AB最短（最短为2p），QF也最短（最短为MF=p），
此时△ABQ的面积取最小值p2．
故选：B.
3．（23-24高二·全国·课后作业）圆锥曲线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形常被称为阿基米德三角形，其中抛物线中的阿基米德三角形有一些有趣的性质，如：若抛物线的弦过焦点，则过弦的端点的两条切线的交点在其准线上．设抛物线y2=2pxp>0，弦AB过焦点F，△ABQ为阿基米德三角形，则△ABQ为（ ）
A．锐角三角形B．直角三角形
C．钝角三角形D．随着点A，B位置的变化，前三种情况都有可能
【解题思路】设出直线AB的方程，联立抛物线，利用韦达定理得出y1+y2,y1y2，再设出切线方程利用判别式为0得出切线斜率关系即可判断.
【解答过程】
如图，设Ax1,y1，Bx2,y2，则y12=2px1，y22=2px2，易知直线AB的斜率不为0，
设直线AB的方程为my=x−p2，联立my=x−p2y2=2px，
整理得y2−2pmy−p2=0，则y1+y2=2pm，y1y2=−p2．易知切线的斜率肯定不为0，
设过点A的切线方程为k1y−y1=x−y122p，联立k1y−y1=x−y122py2=2px，
整理得y2−2pk1y+2pk1y1−y12=0，
则Δ=−2pk12−42pk1y1−y12=0，即pk1=y1，
设过点B的切线方程为k2y−y2=x−y222p，同理可得pk2=y2，
则p2k1k2=y1y2=−p2，得k1k2=−1，1k1k2=−1，
则两条切线的斜率之积为−1，故△ABQ是直角三角形．
故选：B．
4．（2024·河北·三模）抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形称为阿基米德三角形，在数学发展的历史长河中，它不断地闪炼出真理的光辉，这个两千多年的古老图形，蕴藏着很多性质．已知抛物线y2=4x，过焦点的弦AB的两个端点的切线相交于点M，则下列说法正确的是（ ）
A．M点必在直线x=−2上，且以AB为直径的圆过M点
B．M点必在直线x=−1上，但以AB为直径的圆不过M点
C．M点必在直线x=−2上，但以AB为直径的圆不过M点
D．M点必在直线x=−1上，且以AB为直径的圆过M点
【解题思路】
结合导数几何意义可证得过抛物线y2=4x上一点x0,y0的切线方程为y0y=2x+x0，由此可确定在A,B处的切线方程，进而结合M点坐标得到直线AB方程，代入F1,0可知点M必过直线x=−1；结合韦达定理可得kMA⋅kMB=−1，知MA⊥MB，由此可得结论.
【解答过程】设x0,y0为抛物线y2=4x上一点，
当y0>0时，由y=2x得：y′=1x，在x0,y0处的切线方程为：∴y−y0=1x0x−x0，
即y−y0=2y0x−y024，∴y0y=2x+y022=2x+x0；
同理可得：当y00的焦点F作抛物线的弦与抛物线交于A、B两点，M为AB的中点，分别过A、B两点作抛物线的切线l1、l2相交于点P.△PAB又常被称作阿基米德三角形.下面关于△PAB的描述：
①P点必在抛物线的准线上；
②AP⊥PB；
③设Ax1,y1、Bx2,y2，则△PAB的面积S的最小值为p22；
④PF⊥AB；
⑤PM平行于x轴.
其中正确的个数是（ ）
A．2B．3C．4D．5
【解题思路】作出图形，设点Ax1,y1、Bx2,y2，设直线AB的方程为x=my+p2，将直线AB的方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，求出直线l1、l2的方程，求出点P的坐标，可判断①的正误；利用直线PA、PB斜率的关系可判断②的正误；计算出△PAB的面积S的表达式，可判断③的正误；利用直线PF、AB的斜率关系可判断④的正误；求出直线PM的斜率，可判断⑤的正误.综合可得出结论.
【解答过程】先证明出抛物线y2=2pxp>0在其上一点x0,y0处的切线方程为y0y=px+px0.
证明如下：
由于点x0,y0在抛物线y2=2px上，则y02=2px0，
联立y2=2pxy0y=px+px0，可得2y0y=y2+2px0，即y2−2y0y+y02=0，Δ=0，
所以，抛物线y2=2pxp>0在其上一点x0,y0处的切线方程为y0y=px+px0.
如下图所示：
设Ax1,y1、Bx2,y2，设直线AB的方程为x=my+p2，
联立x=my+p2y2=2px，消去x得y2−2mpy−p2=0，
由韦达定理可得y1y2=−p2，y1+y2=2mp，
对于命题①，抛物线y2=2px在点A处的切线方程为y1y=px+px1，即y1y=px+y122，
同理可知，抛物线y2=2px在点B处的切线方程为y2y=px+y222，
联立y1y=px+y122y2y=px+y222，解得x=y1y22p=−p2y=y1+y22=mp，所以点P的横坐标为−p2，
即点P在抛物线的准线上，①正确；
对于命题②，直线l1的斜率为k1=py1，直线l2的斜率为k2=py2，∴k1k2=p2y1y2=−1，
所以，AP⊥PB，②正确；
对于命题④，当AB垂直于x轴时，由抛物线的对称性可知，点P为抛物线的准线与x轴的交点，此时PF⊥AB；
当AB不与x轴垂直时，直线AB的斜率为kAB=1m，
直线PF的斜率为kPF=mp−p=−m，∴kAB⋅kPF=−1，则PF⊥AB.
综上，PF⊥AB，④正确；
对于命题③，AB=1+m2⋅y1−y2，
PF=p2+y1+y222=p2+m2p2=p1+m2，
所以，S△PAB=12AB⋅PF=121+m2⋅y1−y2⋅p1+m2=p2m2+1⋅y1+p2y1 =p2⋅m2+1⋅y1+p2y1≥p2×2y1⋅p2y1=p2，
当且仅当m=0y1=±p时，等号成立，③错误；
对于命题⑤，当AB垂直于x轴时，由抛物线的对称性可知，点P为抛物线的准线与x轴的交点，此时直线PM与x轴重合，⑤错误.
故选：B.
7．（2024高三·全国·专题练习）已知抛物线Γ:x2=8y的焦点为F，直线l与抛物线Γ在第一象限相切于点P，并且与直线y=−2和x轴分别相交于A，B两点，直线PF与抛物线Γ的另一个交点为Q．过点B作BC//AF交PF于点C，若PC=QF，则PF等于（ ）
附加结论：抛物线上两个不同的点A，B的坐标分别为Ax1,y1，Bx2,y2，以A，B为切点的切线PA，PB相交于点P，我们称弦AB为阿基米德△PAB的底边．

定理：点P的坐标为x1+x22,x1x22p；
推论：若阿基米德三角形的底边即弦AB过抛物线内定点C0,mm>0，则另一顶点P的轨迹方程为y=−m.
A．5−1B．2+5C．3+5D．5+5
【解题思路】
根据题意可知：△APQ为抛物线的阿基米德三角形，AQ也与抛物线相切，结合平行关系可得QQ′=PD，可得y2+2=y1，y1y2=4，联立求解即可.
【解答过程】因为直线PQ过抛物线的焦点F0,2，
由推论可知以PQ为底边的阿基米德三角形的另一个顶点P的轨迹方程为y=−2，
又因为切线PA与直线y=−2相交于点A，
故△APQ为抛物线的阿基米德三角形，AQ也与抛物线相切．
如图，设点P，Q在直线y=−2（抛物线的准线）上的射影分别为P′，Q′，
连接PP′，QQ′，PP′与x轴相交于点D．

由BC∥AF可得PCPF=PBPA=PDPP′．
因为PC=QF=QQ′，则QQ′PF=PDPP′．
又因为PF=PP′，所以QQ′=PD．
设Px1,y1，Qx2,y2，则有y2+2=y1①．
由定理可得x1x28=−2，得x12x22=162，
即8y1⋅8y2=162，故y1y2=4②．
联立①②两式，解得y1=5+1，y2=5−1，
故PF=y1+2=5+3．
故选：C．
8．（2024·云南昆明·模拟预测）阿基米德（公元前287年～公元前212年）是古希腊伟大的物理学家、数学家和天文学家.他研究抛物线的求积法得出著名的阿基米德定理，并享有“数学之神”的称号.抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形被称为阿基米德三角形.如图，△PAB为阿基米德三角形.抛物线x2=2py(p>0)上有两个不同的点Ax1,y1,Bx2,y2，以A，B为切点的抛物线的切线PA,PB相交于P.给出如下结论，其中正确的为（ ）
（1）若弦AB过焦点，则△ABP为直角三角形且∠APB=90°；
（2）点P的坐标是x1+x22,x1x22；
（3）△PAB的边AB所在的直线方程为x1+x2x−2py−x1x2=0；
（4）△PAB的边AB上的中线与y轴平行（或重合）.
A．（2）（3）（4）B．（1）（2）
C．（1）（2）（3）D．（1）（3）（4）
【解题思路】设Ax1,x122p，Bx2,x222p，x10）的焦点F的直线与抛物线C相交于A，B两点，以A，B为切点作抛物线C的两条切线l1，l2，设l1，l2的交点为M，称△AMB为阿基米德三角形.则关于阿基米德三角形AMB，下列说法正确的有（ ）
A．△AMB是直角三角形
B．顶点M的轨迹是抛物线C的准线
C．MF是△AMB的高线
D．△AMB面积的最小值为2p2
【解题思路】关于阿基米德三角形△AMB的结论，需要逐个选项去判断，由kMA⋅kMB=−1，即可证明A；求出A,B处的切线方程，可以得出M的坐标进而可以验证B；设AB的中点为H，利用kMF⋅kAB=−1可以判断C；利用三角形面积公式结合韦达定理可以判断D.
【解答过程】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x2=2py可得：y=x22p，y′=1px，
由导数的几何意义知，直线AM的斜率为kAM=1px1，同理直线BM的斜率为kBM=1px2，
设直线AB:y=kx+p2，联立y=kx+p2x2=2py，化为x2−2pkx−p2=0，
得到x1+x2=2pk，x1x2=−p2．
对于A，∵kMA⋅kMB=x1p⋅x2p=−p2p2=−1，MA⋅MB=0，
所以△AMB是直角三角形，故A正确；
对于B，由导数的几何意义可得A处的切线方程为：y−y1=1px1(x−x1)，
则y−x122p=1px1(x−x1)，化简可得：y=x1px−x122p，
所以直线AM的方程为：y=x1px−x122p，
同理可得：直线BM的方程为：y=x2px−x222p，
所以x1px−x122p=x2px−x222p，则1px1−x2x=x122p−x222p，
因为x1≠x2，解得：x=x1+x22，
所以y=x2p⋅x1+x22−x222p=x1x22p=−p2，
所以Mx1+x22,−p2，因为抛物线C：x2=2py的准线为y=−p2，
所以顶点M的轨迹是抛物线C的准线，且取AB的中点H，
连接MH，MH平行y轴，故B正确；
对于C，kAB=y1−y2x1−x2=x122p−x222px1−x2=x1+x22p，kMF=−px1+x22，所以kMF⋅kAB=−1
所以MF是△AMB的高线，故C正确；
对于D，因为MH平行y轴，所以
S=12MH⋅x1−x2=12y1+y22+p2⋅x1−x2
=12x122p+x222p2+p2⋅x1−x2=12x12+x224p+p2⋅x1−x2
因为x1+x2=2pk，x1x2=−p2．
所以x12+x22=x1+x22−2x1x2=4p2k2+2p2，
x1−x2=x1+x22−4x1⋅x2=2p1+k2，
代入可得：S=124p2k2+2p24p+p2⋅2p1+k2=2p1+k24⋅2p1+k2=p21+k232，
当k=0时，Smin=p2，故D不正确.
故选：ABC.

11．（23-24高三下·湖南长沙·阶段练习）抛物线的弦与弦的端点处的两条切线形成的三角形称为阿基米德三角形，该三角形以其深刻的背景､丰富的性质产生了无穷的魅力.设A,B是抛物线C:x2=4y上两个不同的点，以Ax1,y1,Bx2,y2为切点的切线交于P点.若弦AB过点F0,1，则下列说法正确的有（ ）
A．x1x2=−4
B．若x1=2，则A点处的切线方程为x−y−1=0
C．存在点P，使得PA⋅PB>0
D．△PAB面积的最小值为4
【解题思路】联立方程组，结合韦达定理，可判定A正确；求得y′=12x，得到切点坐标Ax1,14x12，得出切线方程y=12x1x−14x12，进而可判定B正确；由直线AP的斜率为12x1，直线BP的斜率为12x2，得到14x1x2=−1，可判定C错误；由过点B的切线方程为y=12x2x−14x22，结合弦长公式，得到S△ABP=41+k232，可D正确.
【解答过程】对于A中，设直线AB:y=kx+1，联立方程组y=kx+1x2=4y，整理得x2−4kx−4=0，
再设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=4k,x1⋅x2=−4，所以A正确；
对于B中，由抛物线x2=4y.可得y=14x2，则y′=12x，
则过点A的切线斜率为12x1，且y1=14x12，即Ax1,14x12，
则切线方程为：y−14x12=12x1x−x1，即y=12x1x−14x12，
若x1=2时，则过点A的切线方程为：x−y−1=0，所以B正确；
对于C中，由选项B可得：直线AP的斜率为12x1，直线BP的斜率为12x2，
因为12x1⋅12x2=14x1x2=−1，所以AP⊥BP，即PA⋅PB=0，所以C错误；
对于D中，由选项B可知，过点B的切线方程为y=12x2x−14x22，
联立直线PA,PB的方程可得P2k,−1,kPF=−1k,kPF⋅kAB=−1,PF⊥AB，
所以S△ABP=12AB⋅PF，
AB=1+k2x1−x2=1+k2x1+x22−4x1⋅x2=1+k216k2+16=41+k2，
PF=(2k−0)2+(−1−1)2=4k2+4=21+k2，
则S△ABP=41+k232，当k=0时，S△ABP有最小值为4，所以D正确.
故选：ABD.
三、填空题
12．（2024高三·全国·专题练习）抛物线的弦与过弦端点的两条切线所围成的三角形被称为阿基米德三角形．设抛物线为y2=4x，弦AB过焦点，△ABQ为阿基米德三角形，则△ABQ的面积的最小值为 4 ．
【解题思路】根据抛物线y2=2pxp>0在点Px0,y0处的切线方程为y0y=px+x0结合点到直线的距离解决面积问题即可．
【解答过程】先证抛物线y2=2pxp>0在点Px0,y0处的切线方程为y0y=px+x0，
不妨设切线方程为：x−x0=ky−y0，且有y02=2px0，
切线方程与抛物线联立可得：y2−2pky+2pky0−2px0=0，
所以Δ=4p2k2−8pky0+8px0=0⇒pk2−2y0k+2x0=0，
易知该切线只有一条，
所以k=y0p⇒x−x0=y0py−y0⇒y0y−y02=px−px0⇒y0y=px+x0，得证.
先设点A的坐标为xA,yA，点B的坐标为xB,yB，点Q的坐标为xQ,yQ，
由于弦AB过抛物线y2=4x的焦点，于是可反设直线AB的方程为x=my+1．
因此点A，B的坐标满足y2=4x,x=my+1,进而得到y2−4my−4=0，
再使用韦达定理就有yA+yB=4myAyB=−4，
由于在AxA,yA处抛物线y2=4x的切线方程为yAy=2x+xA，在BxB,yB处抛物线y2=4x的切线方程为yBy=2x+xB，
因此阿基米德三角形的顶点QxQ,yQ满足yAyQ=2xA+xQyByQ=2xB+xQ，
进而yA−yByQ=2xA−xB=yA2−yB22，从而yQ=yA+yB2=2m，
将yQ=yA+yB2代入yAyQ=2xQ+xA得xQ=yAyB4=−1．
因此点Q的坐标为−1,2m，于是点Q到直线AB的距离d=−1−2m2−112+−m2=21+m2，
根据弦长公式得AB=1+m2⋅yA+yB2−4yAyB=41+m2，
于是△ABQ的面积S=12ABd=41+m232≥4，当且仅当m=0时等号成立，
因此△ABQ的面积的最小值为4．
故答案为：4.

13．（24-25高二上·上海·单元测试）我们把圆锥曲线的弦AB与过弦的端点A、B处的两条切线所围成的△PAB（P为两切线的交点）叫做“阿基米德三角形”．抛物线有一类特殊的“阿基米德三角形”，当线段AB经过抛物线的焦点F时，△PAB具有以下性质：
①P点必在抛物线的准线上；②PA⊥PB；③PF⊥AB．
已知直线l：y=kx−1与抛物线y2=4x交于A、B两点，若AB=8，则抛物线的“阿基米德三角形”△PAB的顶点P的坐标为 (−1,2)或(−1,−2) ．
【解题思路】设A(x1,y1),B(x2,y2)，将直线方程代入抛物线方程化简利用根与系数的关系，结合弦长AB=8，可求出k的值，再由PF⊥AB可求出直线PF的方程，再由P点必在抛物线的准线上可求出点P的坐标.
【解答过程】抛物线y2=4x的焦点F(1,0)，准线方程为x=−1，
设A(x1,y1),B(x2,y2)，
由y2=4xy=k(x−1)，得k2x2−(4+2k2)x+k2=0，
由Δ=(4+2k2)2−4k2⋅k2=16k2+16>0，
所以x1+x2=4+2k2k2,x1x2=1，
所以AB=x1+x2+p=4+2k2k2+2=8，解得k=1或k=−1，
当k=1时，因为PF⊥AB，所以kPF=−1，
所以直线PF的方程为y=−(x−1)，
因为P点必在抛物线的准线x=−1上，所以xP=−1，
所以yP=−(xP−1)=−(−1−1)=2，所以P(−1,2)，
当k=−1时，因为PF⊥AB，所以kPF=1，
所以直线PF的方程为y=x−1，
因为P点必在抛物线的准线x=−1上，所以xP=−1，
所以yP=xP−1=−1−1=−2，所以P(−1,−2)，
综上，△PAB的顶点P的坐标为(−1,2)或(−1,−2).
故答案为：(−1,2)或(−1,−2).
14．（23-24高三下·江西·阶段练习）圆锥曲线C的弦AB与过弦的端点A，B的两条切线的交点P所围成的三角形PAB叫做阿基米德三角形，若曲线C的方程为x2=4y，弦AB过C的焦点F，设Ax1,y1，Bx2,y2，Px0,y0，则有x0=x1+x22，y0=x1x24，对于C的阿基米德三角形PAB给出下列结论：①点P在直线y=−1上；②kPA⋅kPB=1；③kPA+kPB=0；④PF2=FAFB，其中所有正确结论的序号为 ①④ ．
【解题思路】
由已知可设直线AB的方程为y=kx+1，联立方程组，结合设而不求法依次判断各命题即可.
【解答过程】抛物线x2=4y的焦点为F0,1，准线方程为y=−1，
过点F0,1，斜率不存在的直线与抛物线只有一个交点，不符合已知条件，
故可设直线AB方程为y=kx+1，
联立x2=4yy=kx+1，消y得，x2−4kx−4=0，
方程x2−4kx−4=0的判别式Δ=16k2+16>0，
所以x1+x2=4k,x1x2=−4，
所以y1+y2=kx1+1+kx2+1=4k2+2,y1y2=kx1+1kx2+1=1，
因为x0=x1+x22，y0=x1x24，
所以x0=2k，y0=−1，
因为y0=−1，所以点P在直线y=−1上，命题①正确；
kPA⋅kPB=y0−y1x0−x1⋅y0−y2x0−x2=2y1+1x2−x1⋅2y2+1x1−x2=42+4k2+2−16k2+16=−1，命题②错误；
kPA+kPB=y0−y1x0−x1+y0−y2x0−x2=−2y1+1x2−x1−2y2+1x1−x2=2y2−y1x2−x1=2k，命题③错误；
因为FA=y1+1,FB=y2+1，
所以FAFB=y1+1y2+1=4k2+4，
PF=x0−02+y0−12=4k2+4，
所以PF2=FAFB，命题④正确；
故答案为：①④.
四、解答题
15．（23-24高三上·河北衡水·阶段练习）著名古希腊数学家阿基米德首次用“逼近法”的思想得到了椭圆的面积公式S=abπ，（a,b分别为椭圆的长半轴长和短半轴长）为后续微积分的开拓奠定了基础，已知椭圆C：x218+y29=1．
(1)求C的面积；
(2)若直线l:x+2y−3=0交C于A,B两点，求AB．
【解题思路】（1）根据椭圆方程和椭圆面积公式，即可求解；
（2）直线与椭圆方程来努力，利用弦长公式，即可求解.
【解答过程】（1）椭圆C的方程为x218+y29=1，所以a2=18，b2=9，
则a=32，b=3，
所以椭圆C的面积S=πab=92π；
（2）联立x218+y29=1x+2y−3=0，得2y2−4y−3=0，
Δ=16+24=40>0，y1+y2=2，y1y2=−32，
AB=1+1k2×y1+y22−4y1y2=5×4+6=52.
16．（23-24高二下·重庆·阶段练习）过抛物线外一点P作抛物线的两条切线，切点分别为A，B，我们称△PAB为抛物线的阿基米德三角形，弦AB与抛物线所围成的封闭图形称为相应的“囧边形”，且已知“囧边形”的面积恰为相应阿基米德三角形面积的三分之二．如图，点P是圆Q:x2+(y+5)2=4上的动点，△PAB是抛物线Γ:x2=2py(p>0)的阿基米德三角形，F是抛物线Γ的焦点，且|PF|min=6．

(1)求抛物线Γ的方程；
(2)利用题给的结论，求图中“囧边形”面积的取值范围；
(3)设D是“圆边形”的抛物线弧AB上的任意一动点（异于A，B两点），过D作抛物线的切线l交阿基米德三角形的两切线边PA，PB于M，N，证明：AM⋅BN=PM⋅PN．
【解题思路】（1）根据圆的几何性质可知|PF|min=|QF|−r，据此求出p可得解；
（2）求出弦长AB及点P到直线的距离，可得出△PAB面积，由P点在圆上，可得面积取值范围，再由“囧边形”面积与△PAB面积关系得解；
（3）求出过D点切线方程，联立PA,PB可得M,N横坐标，据此利用横坐标可得AMMP=NPBN，即可得证.
【解答过程】（1）由题意得，Q0,−5,r=2,F0,P2，
由|PF|min=|QF|−r=P2+3=6⇒p=6，
所以Γ:x2=12y
（2）设AB:y=kx+m,Ax1,x1212,Bx2,x2212，
联立x2=12yy=kx+m⇒x2−12kx−12m=0，Δ=483k2+m>0，
设方程的两根为x1,x2，则x1+x2=12k,x1x2=−12m，
由x2=12y⇒y′=x6，所以PA:y−x1212=x16x−x1⇒PA:y=x16x−x1212，
联立直线PA,PB可得x16xp−x1212=x26xp−x2212⇒xp=x1+x22=6k，
代入PA方程中，得yp=x16⋅x1+x22−x1212=x1x212=−m，即P(6k,−m)，
故△PAB的面积S△PAB=12|AB|⋅d=121+k2⋅433k2+m⋅|6k2+2m|1+k2 =433k2+m32.
因为P(6k,−m)在圆Q上，所以36k2+(5−m)2=4⇒k2=4−5−m236且m∈[3,7]，
于是3k2+m=4−m−5212+m=−m2+22m−2112，
显然此式在m∈[3,7]上单调递增，故3k2+m∈−32+22×3−2112,−72+22×7−2112，
也即3k2+m∈3,7，因此S△PAB=433k2+m32∈36,2821，
由题干知“囧边形”面积=23S△PAB，所以“囧边形”面积的取值范围为24,56321.
（3）由（2）知，xP=x1+x22,
设Bx3,y3，过B的切线y−y3=16x3x−x3，即y=x36x−x3212，
过B点切线交PA:y=x16x−x1212得xM=x1+x32，同理xN=x2+x32，
因为AMMP=x1−xMxP−xM=x1−x1+x32x1+x22−x1+x32=x1−x3x2−x3，
NPBN=xP−xNx2−xN=x1+x22−x2+x32x2−x2+x32=x1−x3x2−x3.
所以AMMP=NPBN，即AM⋅BN=PM⋅PN.
17．（23-24高三上·重庆九龙坡·阶段练习）阿基米德(公元前287年---公元前212年，古希腊)不仅是著名的哲学家、物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.在平面直角坐标系中，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的面积等于2π，且椭圆C的焦距为23.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）点P(4,0)是x轴上的定点，直线l与椭圆C交于不同的两点A、B，已知A关于y轴的对称点为M，B点关于原点的对称点为N，已知P、M、N三点共线，试探究直线l是否过定点.若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.
【解题思路】（1）根据椭圆C的焦距可求出2c，由椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的面积等于2π得πab=2π，求出a，b，即可求出椭圆C的标准方程；
（2）设直线l:x=my+t，A(x1,y1),B(x2,y2)，进而写出为M，N两点坐标，将直线l:x=my+t与椭圆C的方程联立，根据韦达定理求y1+y2，y1⋅y2，由P、M、N三点共线可知kPM=kPN，将y1+y2，y1⋅y2代入并化简，得到m，t的关系式，分析可知l经过的定点坐标.
【解答过程】（1）∵椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的面积等于2π，∴πab=2π，
∴ab=2，∵椭圆C的焦距为23，∴2c=23，
∵{ab=22c=23a2+b2=c2,∴a=2,b=1，
∴椭圆方程为C:x24+y2=1
（2）设直线l:x=my+t，A(x1,y1),B(x2,y2)，则M(−x1,y1)，N(−x2,−y2)，∵P、M、N三点共线，得kPM=kPN⇒y1−x1−4=y2x2+4
∴y1(x2+4)+y2(x1+4)=0，
∵直线l:x=my+t与椭圆C交于A、B两点,x1=my1+t,x2=my2+t ∴y1(my2+t+4)+y2(my1+t+4)=0，∴2my1y2+(t+4)(y1+y2)=0，
由{x=my+tx24+y2=1，得(m2+4)y2+2mty+t2−4=0，∴ {y1+y2=−2mtm2+4y1⋅y2=t2−4m2+4Δ>0，
∴{y1+y2=−2mtm2+4y1⋅y2=t2−4m2+4m2+4>t2，代入2my1y2+(t+4)(y1+y2)=0中，
∴2mt2−4m2+4+(t+4)(−2mtm2+4)=0，∴2m(t2−4)+(t+4)(−2mt)=0，
∴8m(t+1)=0
当m=0，直线l方程为x=t，则M、N重合，不符合题意；
当t=−1时，直线l:x=my−1,所以直线l恒过定点(−1,0).
18．（23-24高二下·湖北·阶段练习）抛物线的弦与在弦两端点处的切线所围成的三角形被称为阿基米德三角形对于抛物线C:y=2ax2给出如下三个条件：
①焦点为F0,14; ②准线为y=−14; ③与直线4y−1=0相交所得弦长为1．
(1)从以上三个条件中选择一个，求抛物线C的方程;
(2)已知△ABQ是1中抛物线的阿基米德三角形，点Q是抛物线C在弦AB两端点处的两条切线的交点，若直线AB经过点0,3，试判断点Q是否在一条定直线上?如果是，求出定直线方程;如果不是，请说明理由．
【解题思路】（1）选 ①②直接得出p=12即可求出a，得抛物线方程；选③联立方程求出弦端点横坐标表示出弦长，即可解出a，得出抛物线方程；
（2）令Ax1,y1，Bx2,y2，Qx0,y0，利用导数求出切线方程AQ,BQ,由Q点坐标适合方程，可得出直线AB的方程，代入点0,3可证.
【解答过程】（1）y=2ax2即为x2=12ay，
若选①，18a=14∴a=12∴抛物线方程为x2=y，
选②，由准线为y=−14知，18a=14，解得a=12，所以抛物线方程为x2=y.
选③，4y−1=0代入y=2ax2，解得x=±18a，所以弦长为218a=1，解得a=12，
所以抛物线方程为x2=y.
（2）令Ax1,y1，Bx2,y2，Qx0,y0，则y1=x12，y2=x22,
∵y′=2x∴kAQ=2x1，kBQ=2x2,
∴lAQ:y−y1=2x1x−x1即为2x1x−y−y1=0，
又∵Qx0,y0∈lAQ∴2x0x1−y0−y1=0即2x0x1−y1−y0=0，
同理，2x0x2−y2−y0=0，
∴lAB:2x0x−y−y0=0，
而lAB过点0,3∴0−3−y0=0即y0=−3
∴点Q在直线y=−3上.
19．（23-24高二下·上海·阶段练习）过抛物线的一条弦的中点作平行于抛物线对称轴的平行线（或与对称轴重合），交抛物线于一点，称以该点及弦的端点为顶点的三角形为这条弦的阿基米德三角形（简称阿氏三角形）.
现有抛物线M:y=ax2，直线l：y=bx+c（其中a，b，c是常数，且a>0），直线l交抛物线M于A，B两点，设弦AB的阿氏三角形是△ABC.
（1）指出抛物线M的焦点坐标和准线方程；
（2）求△ABC的面积（用a，b，c表示）；
（3）称AB的阿氏△ABC为一阶的；AC、BC的阿氏△ACD、△BCE为二阶的；AD、DC、CE、EB的阿氏三角形为三阶的；……，由此进行下去，记所有的kk∈N∗阶阿氏三角形的面积之和为Sk，探索Sk与Sk+1之间的关系，并求limn→∞S1+S2+⋯+Sn.
【解题思路】（1）将抛物线方程化为标准方程后即可求得焦点坐标和准线方程；
（2）将直线方程代入抛物线方程，利用韦达定理可求得x1−x2，根据SΔABC=12CC1⋅x1−x2可整理得到SΔABC=a8x1−x23，代入整理可得结果；
（3）由（2）知SΔABC=a8xA−xB3，继续求解阿氏三角形面积可知SΔADC+SΔBEC=14SΔABC，进而分析得到Sk+1Sk=14；可知Sn为无穷等比数列，利用无穷等比数列前n项和的极限的求法可求得结果.
【解答过程】（1）由y=ax2a>0得：x2=1ay
∴抛物线焦点坐标为0,14a，准线方程为：y=−14a
（2）将y=bx+c代入抛物线方程得：ax2−bx−c=0，则Δ=b2+4ac>0
设Ax1,ax12，Bx2,ax22
则AB中点C1x1+x22,ax12+x222，Cx1+x22,ax1+x222
又x1+x2=ba，x1x2=−ca ∴x1−x2=x1+x22−4x1x2=b2+4aca
∴SΔABC=12CC1⋅x1−x2=12ax12+x222−ax1+x224⋅x1−x2=a8x1−x23
∴SΔABC=b2+4acb2+4ac8a2
（3）设AB是抛物线M:y=ax2上的任意一条弦，由（2）知SΔABC=a8xA−xB3
设弦AC、BC的阿氏三角形依次为ΔADC，ΔBEC
∵SΔADC+SΔBEC=a8xA−xC3+a8xB−xC3=a812xA−xB3+a812xA−xB3 =a32xA−xB3
∴SΔADC+SΔBEC=14SΔABC
上述讨论表明，k阶中的每一个阿氏三角形都可以生成k+1阶中的两个阿氏三角形，且后者的面积之和是前者面积的14 Sk+1Sk=14
∴k阶中的2k−1个阿氏三角形面积之和Sk与k+1阶中的2k个阿氏三角形面积之和Sk+1满足Sk+1Sk=14
∴Sn是首先为S1=b2+4acb2+4ac8a2，公比为14的无穷等比数列
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