阿基米德三角形在高考中的应用

2019年第5期 福建中学数学 35 力的达成水平；如何命制“有价值”的试题来分层次培养学生形成数学核心素养；如何开发“有效”的试题来强调学生对发现和提出问题、分析和解决问题的体悟，将是未来数学教师一个值得研究的课题．（本文系全国教育科学“十三五”规划2017年度教育部重点课题《核心素养视角下的中考数学命题模式研究》（课题编号：DHA170351）的研究成果）例谈阿基米德三角形在高考解题中的应用黄俊生 福建省泉州第一中学（362000）阿基米德是伟大的古希腊哲学家、百科式科学家、数学家、物理学家、力学家，静态力学和流体静力学的奠基人，并且享有“力学之父”的美称．阿基米德和高斯、牛顿并列为世界三大数学家，他创造了“阿基米德原理”，创立了微积分学，发明了“阿基米德螺旋”，同时还为战争发明了几项战术武器．今天的高考学子也能在他证明的一些结论中获益：近年无论是高考全国卷还是各地高考卷数学文史类和理工类均考查了与阿基米德三角形相关的知识，若考生对阿基米德三角形有所了解则可轻松解出高考中的难题．1 阿基米德三角形及其常用性质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．以抛物线为例，过任意抛物线焦点F 作抛物线的弦，与抛物线交于A B ，两点，分别过A B ，两点做抛物线的切线12l l ，相交于P 点．那么PAB ∆称作阿基米德三角形，如图1，该三角形具有以下性质：性质1 若弦过抛物线焦点，则P 点必在抛物线的准线上；性质2 若AB 中点为M ，则MP 平行于抛物线的对称轴；性质3 若抛物线的动弦AB 过其焦点F ，则PAB ∆为直角三角形且PF AB ⊥．（符合射影定理） 另外，作为阿基米德三角形性质的推广有： 对于任意圆锥曲线（椭圆，双曲线、抛物线）均有如下性质：推论1 过某一焦点F 做弦与曲线交于A B ，两点分别过A B ，两点做圆锥曲线的切线12l l ，相交于P 点．那么P 必在该焦点所对应的准线上．推论2 过圆锥曲线的某准线上一点Q 做圆锥曲线的切线12l l ，，切点为A B ，，则直线AB 过对应的焦点． 推论3 若圆锥曲线的动弦AB 过其焦点F ，则PF AB ⊥．图22 阿基米德三角形在高考解题的魅力例1 （2012年高考福建卷·文21）如图2，等边三角形OAB的边长为且其三个顶点均在抛物线2:2(0)E x py p =>上． （Ⅰ）求抛物线E 的方程；（Ⅱ）设动直线l 与抛物线E 相切于点P ，与直线1y =−相交于点Q ．证明：以PQ 为直径的圆恒过y 轴上某定点．常见的两种解法均较繁琐，下面给出第三种解法：假设存在定点M 满足题意，由阿基米德三角形性质3知：M 为抛物线焦点(01)，，证明如下：200(1)4x MP x =− ，，2004(2)2x MQ x −=− ，， 22000042(1)024x x MP MQ x x −⋅=×−−= ．故以PQ 为直径的圆恒过y 轴上定点(01)M ，． 一步到位，简洁明了！例2 （2014年高考辽宁卷·理10）已知(23)A −，在抛物线2:2C y px =的准线上，过点A 的直线与C 在第一象限相切于点B ，记C 的焦点为F ，则直线BF 的斜率为（ ）． A ．12B ．23C ．34 D ．4336 福建中学数学 2019年第5期求解时，学生通常会通过设直线方程(y k x =+ 2)3+与抛物线方程22y px =联立，令0∆=，求出斜率、切点坐标，进而得到直线BF 斜率，如此计算量则较大，费时较多．另解 由(23)A −，在抛物线2:2C y px =的准线上易得22p=，故4p =．由性质3知AF BF ⊥，而303224AFK −==−−−，1AF BF k k ⋅=−，则43BF k =，选D ． 例3 （2018年高考全国卷Ⅲ·理16）已知点(11)M −，和抛物线2:4C y x =，过C 的焦点且斜率为k 的直线与C 交于A B ，两点，若90AMB ∠= ，则k = ．解 注意到(11)M −，在抛物线2:4C y x =的准线上，且90AMB ∠= ，由性质3知AM BM ⊥，故MF AB ⊥，而101112MF k −==−−−，1MF AB k k ⋅=−，所以2k =．例4 （2012年高考福建卷·理19）如图3，椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>的左焦点为1F ，右焦点为2F ，离心率12e =．过1F 的直线交椭圆于A B ，两点，且2ABF ∆的周长为8．（Ⅰ）求椭圆E 的方程．（Ⅱ）设动直线:l y kx m =+与椭圆E 有且只有一个公共点P ，且与直线4x =相交于点Q ．试探究：在坐标平面内是否存在定点M ，使得以PQ 为直径的圆恒过点M ？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由．解析 （Ⅰ）易得椭圆的方程为22143x y +=．（Ⅱ）参考答案给出两种解法，均比较繁琐： 由22143y kx m x y =+ +=，， 得222(43)84120k x kmx m +++−=．因为动直线l 与椭圆E 有且只有一个公共点00()P x y ，，所以0m ≠且0∆=，即2222644(43)(412)0k m k m −+−=， 化简得22430k m −+=（*）． 此时024443km kx m k =−=−+， 003y kx m m +， 所以43()k P m m −，．由4x y kx m = =+，，得(44)Q k m +，．假设平面内存在定点M 满足条件，由图形对称性知，点M 必在x 轴上．设1(0)M x ，，则MP MQ ⋅0=对满足（*）式的m k ，恒成立．因为143()k MP x m m=−− ，，1(44)MQ x k m =−+，， 由0MP MQ ⋅=，得211141612430kx k kx x m m m−+−+++=， 整理得2111(44)430kx x x m−+−+=（**）． 由于（**）式对满足（*）式的m k ，恒成立，所以1211440430x x x −=−+= ，，解得11x =． 故存在定点(10)M ，，使得以PQ 为直径的圆恒过点M ．解法2 （1）同解法1．（2）由22143y kx m x y =+ += ，， 得222(43)84120k x kmx m +++−=．因为动直线l 与椭圆E 有且只有一个公共点00()P x y ，，所以0m ≠且0∆=，即2222644(43)(412)0k m k m −+−=， 化简得22430k m −+=（*）． 此时024443km kx m k =−=−+， 003y kx m m +， 所以43()k P m m−，．由4x y kx m = =+，，得(44)Q k m +，．2019年第5期 福建中学数学 37假设平面内存在定点M 满足条件，由图形对称性知，点M 必在x 轴上．取0k =，m =，此时(0P，(4Q ，以PQ 为直径的圆为2(2)x −2(4y +=，交x 轴于点1(10)M ，，2(30)M ，，取12k =−，2m =，此时3(1)2P ，，(40)Q ，，以PQ 为直径的圆为225345()()2416x y −+−=，交x 轴于点3(1M ，0)，4(40)M ，．所以若符合条件的点M 存在，则M的坐标必为(10)，．以下证明(10)M ，就是满足条件的点：由M 的坐标为(10)，，则43(1)k MP m m=−− ，，(34)MQ k m =+ ，，从而121233k k MP MQ m m⋅=−−++0=，故恒有MP MQ ⊥，即存在定点(10)M ，，使得以PQ 为直径的圆恒过点M ．下面给出另解：解法3 由推论3易知：焦点(10)M ，满足题意，证明如下：设00()P x y ，，则由22143y kx m x y =+ +=，， 消y 得222(43)84120k x kmx m +−+−=，此时02443kmx k =+，又0∆=，则22430k m −+=．所以43()k P m m−，．又Q 在4x =上，所以(44)Q k m +，．从而43(1)k MP m m−=−， ，(34)MQ k m =+， ，43(1)3(4)k MP MQk m m m−⋅=−×++ 1212330k km m−−++=． 故以PQ 为直径的圆恒过定点(10)M ，，同样是简洁明了！从以上例子可以看出：如果能在平时的数学学习中注重数学文化融入，不仅能够激发学习数学的兴趣，还能从中丰富解题方法，进而提高解题的效率和精度，达到事半功倍的效果．解题，比方法更重要的是……汤向明1林运来21福建省泉州第一中学（362000）2福建省厦门大学附属实验中学（363123）罗增儒教授通过其解题实践总结得出“学会数学解题的四步骤程式”：记忆模仿、变式练习、自发领悟、自觉分析．其中“自觉分析”是指对解题过程进行自觉的反思，使理解进入到深层结构．这是一个通过已知学未知、通过分析“怎样解题”而领悟“怎样学会解题”的过程，也是一个理解从自发到自觉、从被动到主动、从感性到理性、从“基础”到创新、从内隐到外显的飞跃阶段，当前的重点应是加强第四阶段的教学与研究．我校高一测试有一道函数综合问题，笔者对其探究，有一些心得体会，现整理成文，与大家交流，敬请指正． 1 试题呈现 引例 已知函数22|log |(08)()2099(8)x x f x x x x << =−+≥，，若a b c d ，，，互不相等，且()()()()f a f b f c f d ===，则abcd 的取值范围是_____． 参考答案如下： 解法1 不妨设a b c d <<<， 由题设条件得018a b <<<<，89c d <<<， 由()()f a f b =， 得22|log ||log |a b =， 所以22log log a b −=， 即2log ()0ab =，所以1ab =， 由()()f c f d =，得20c d +=， 所以20d c =−，所以(20)abcd c c =−2(10)100c =−−+，因为89c <<，所以296(10)10099c <−−+<，。

阿基米德三角形性质与高考题性质1即：)2,2(2121y y p y y Q +19．（07年江苏卷）如图，在平面直角坐标系xOy 中，过y 轴正方向上一点(0)C c ，任作一直线，与抛物线2y x =相交于A B ，两点．一条垂直于x 轴的直线，分别与线段AB 和直线:l y c =-交于点P Q ，．（1）若2=⋅，求c 的值；（5分）（2）若P 为线段AB 的中点，求证：QA 为此抛物线的切线；（5分） （3）试问（2）的逆命题是否成立说明理由．（4分）19．本小题主要考查抛物线的基本性质、直线与抛物线的位置关系、向量的数量积、导数的应用、简易逻辑等基础知识和基本运算，考查分析问题、探索问题的能力．满分14分． 解：（1）设直线AB 的方程为y kx c =+，将该方程代入2y x =得20x kx c --=．令2()A a a ，，2()B b b ，，则ab c =-．因为2222OA OB ab a b c c =+=-+=，解得2c =， 或1c =-（舍去）．故2c =．（2）由题意知2a b Q c +⎛⎫-⎪⎝⎭，，直线AQ 的斜率为22222AQ a c a ab k a a b a b a +-===+--． 又2y x =的导数为2y x '=，所以点A 处切线的斜率为2a ， 因此，AQ 为该抛物线的切线． （3）（2）的逆命题成立，证明如下：设0()Q x c -，． 若AQ 为该抛物线的切线，则2AQ k a =， 又直线AQ 的斜率为2200AQa c a ab k a x a x +-==--，所以202a aba a x -=-，得202ax a ab =+，因0a ≠，有02a bx +=． 故点P 的横坐标为2a b+，即P 点是线段AB 的中点．性质2：2||||||QF BF AF =⋅例7．（13广东）已知抛物线C 的顶点为原点,其焦点()()0,0F c c >到直线l :20x y --=的距离为2.设P 为直线l 上的点,过点P 作抛物线C 的两条切线,PA PB ,其中,A B 为切点.(Ⅰ) 求抛物线C 的方程；(Ⅱ) 当点()00,P x y 为直线l 上的定点时,求直线AB 的方程； (Ⅲ) 当点P 在直线l 上移动时,求AF BF ⋅的最小值.性质3：QFB QFA ∠=∠22．（05江西）如图，设抛物线上运动，过P 作抛物线C 的两条切线PA 、PB ，且与抛物线C 分别相切于A 、B 两点.（1）求△APB 的重心G 的轨迹方程. （2）证明∠PFA=∠PFB.22．解：（1）设切点A 、B 坐标分别为))((,(),(0121120x x x x x x ≠和，∴切线AP 的方程为：;02200=--x y x x切线BP 的方程为：;02211=--x y x x 解得P 点的坐标为：1010,2x x y x x x P P =+=所以△APB 的重心G 的坐标为 P PG x x x x x =++=310，,343)(3321021010212010pP P G y x x x x x x x x x y y y y -=-+=++=++=所以243G G p x y y +-=，由点P 在直线l 上运动，从而得到重心G 的轨迹方程为：).24(31,02)43(22+-==-+--x x y x y x 即（2）因为).41,(),41,2(),41,(2111010200-=-+=-=x x FB x x x x FP x x FA 由于P 点在抛物线外，则.0||≠∴||41)1)(1(||||cos 102010010FP x x x x x x x x FA FP AFP +=--+⋅+==∠同理有||41)1)(1(||||cos 102110110FP x x x x x x x x FB FP BFP +=--+⋅+==∠ ∴∠AFP=∠PFB.性质4：过焦点的阿基米德三角形面积的最小值为2p（21）（06年全国卷2）已知抛物线24x y =的焦点为F ，A 、B 是热线上的两动点，且(0).AF FB λλ=>过A 、B 两点分别作抛物线的切线，设其交点为M 。

专题4 阿基米德三角形专题3 阿基米德三角形 微点1 阿基米德三角形 【微点综述】在近几年全国各地高考的解析几何试题中可以发现许多试题涉及到与一个特殊的三角形——由抛物线的弦及过弦的端点的两条切线所围成的三角形有关的问题，这个三角形常被称为阿基米德三角形. 阿基米德三角形包含了直线与圆锥曲线相交、相切两种位置关系，聚焦了轨迹方程、定值、定点、弦长、面积等解析几何的核心问题，“坐标法”的解题思想和数形结合方法的优势体现得淋漓尽致，能很好的提升学生解决圆锥曲线问题的能力，落实逻辑推理、数学抽象、数学运算等核心素养.鉴于此，微点研究阿基米德三角形。

一、预备知识——抛物线上一点的切线方程（1）过抛物线()220y px p =>上一点()00,M x y 的切线方程为：()00y y p x x =+；（2）过抛物线()220y px p =−>上一点()00,M x y 的切线方程为：()00y y p x x =−+；（3）过抛物线()220x py p =>上一点()00,M x y 的切线方程为：()00x x p y y =+； （4）过抛物线()220x py p =−>上一点()00,M x y 的切线方程为：()00x x p y y =−+．下面仅以情形（3）为例给出证明，同理可证其余三种情形。

证法1：设抛物线()220x py p =>上一点()00,M x y 的切线方程为：()00y y k x x −=−，代入22x py =，整理得2002220x pkx py pkx −−+=，由0x ∆=，得()222000044220,220,p k py pkx pk x k y +−=∴−+=抛物线上一点处的切线唯一，∴ 关于k 的一元二次方程200220pk x k y −+=有两个相等的实数根，0,x k p∴=∴所求的切线方程为()000x y y x x p−=−，即2000x x x py py =+−，又2002x py =，∴过抛物线()220x py p =>上一点()00,M x y 的切线方程为：()00x x p y y =+。

隐圆、蒙日圆与阿基米德三角形1若椭圆C：x2a+2+y2a=1(a>0)的蒙日圆为x2+y2=6，则a等于()A.1B.2C.3D.4【答案】B2(2023·烟台模拟)过抛物线y2=4x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的面积S的最小值为()A.43B.2C.4D.42【答案】C3已知在平面直角坐标系Oxy中，A(-2,0)，动点M满足|MA|=2|MO|，得到动点M的轨迹是阿氏圆C.若对任意实数k，直线l：y=k(x-1)+b与圆C恒有公共点，则b的取值范围是()A.-5，5B.-6，6C.-7，7D.-22，22【答案】C4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经过抛物线的焦点F时，△PAB具有以下特征：①P点必在抛物线的准线上；②PF⊥AB.若经过抛物线y2=4x的焦点的一条弦为AB，“阿基米德三角形”为△PAB，且点P的纵坐标为4，则直线AB的方程为()A.x-2y-1=0B.2x+y-2=0C.x+2y-1=0D.2x-y-2=0【答案】A5(多选)(2023·廊坊模拟)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A(x1，y1)，B(x2，y2)，以A，B为切点的抛物线的切线PA，PB相交于点P.给出如下结论，其中正确的为()A.若弦AB过焦点，则△ABP为直角三角形且∠APB=90°B.点P 的坐标是x 1+x 22，x 1x 22C.△PAB 的边AB 所在的直线方程为(x 1+x 2)x -2py -x 1x 2=0D.△PAB 的边AB 上的中线与y 轴平行(或重合)【答案】ACD【解析】由题意设A x 1，x 212p，B x 2，x 222p，x 1<x 2，由x 2=2py ，得y =x 22p ，则y ′=xp，所以k PA =x 1p ，k PB =x 2p，若弦AB 过焦点，设AB 所在直线为y =kx +p 2，联立x 2=2py ，得x 2-2pkx -p 2=0，则x 1x 2=-p 2，所以k PA ·k PB =-p 2p 2=-1，所以PA ⊥PB ，故A 正确；以点A 为切点的切线方程为y -x 212p =x 1p (x -x 1)，以点B 为切点的切线方程为y -x 222p =x 2p (x -x 2)，联立消去y 得x =x 1+x 22，将x =x 1+x 22代入y -x 212p =x1p (x -x 1)，得y =x 1x 22p，所以Px 1+x 22，x 1x 22p，故B 错误；设N 为抛物线弦AB 的中点，N 的横坐标为x N =x 1+x 22，因此直线PN 平行于y 轴(或与y 轴重合)，即平行于抛物线的对称轴(或与对称轴重合)，故D 正确；设直线AB 的斜率为k =y 2-y 1x 2-x 1=x 222p-x 212px 2-x 1=x 1+x 22p ，故直线AB 的方程为y -x 212p =x 1+x22p(x -x 1)，化简得(x 1+x 2)x -2py -x 1x 2=0，故C 正确．]6(多选)已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为22，F 1，F 2分别为椭圆的左、右焦点，A ，B 为椭圆上两个动点．直线l 的方程为bx +ay -a 2-b 2=0.下列说法正确的是()A.C 的蒙日圆的方程为x 2+y 2=3b 2B.对直线l 上任意一点P ，PA ·PB>0C.记点A 到直线l 的距离为d ，则d -AF 2 的最小值为433b D.若矩形MNGH 的四条边均与C 相切，则矩形MNGH 面积的最大值为6b 2【答案】AD 【解析】对于A ，过Q (a ，b )可作椭圆的两条互相垂直的切线x =a ，y =b ，∴Q (a ，b )在蒙日圆上，∴蒙日圆方程为x 2+y 2=a 2+b 2，由e =c a=1-b 2a2=22得a 2=2b 2，∴C 的蒙日圆方程为x 2+y 2=3b 2，A 正确；对于B ，由l 方程知l 过P (b ，a )，又P 满足蒙日圆方程，∴P (b ，a )在圆x 2+y 2=3b 2上，当A ，B 恰为过P 作椭圆两条互相垂直切线的切点时，PA ·PB=0，B 错误；对于C ，∵A 在椭圆上，∴|AF 1|+|AF 2|=2a ，∴d -|AF 2|=d -(2a -|AF 1|)=d +|AF 1|-2a ；当F 1A ⊥l 时，d +|AF 1|取得最小值，最小值为F 1到直线l 的距离，又F 1到直线l 的距离d ′=|-bc -a 2-b 2|a 2+b 2=|-b 2-2b 2-b 2|3b=433b ，∴(d -|AF 2|)min =433b -2a ，C 错误；对于D ，当矩形MNGH 的四条边均与C 相切时，蒙日圆为矩形MNGH 的外接圆，∴矩形MNGH 的对角线为蒙日圆的直径，设矩形MNGH 的长和宽分别为x ，y ，则x 2+y 2=12b 2，∴矩形MNGH 的面积S =xy ≤x 2+y 22=6b 2(当且仅当x =y =6b 时取等号)，即矩形MNGH 面积的最大值为6b 2，D 正确．7抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形常称为阿基米德三角形，因为阿基米德最早利用逼近的思想证明了：抛物线的弦与抛物线所围成的封闭图形的面积等于阿基米德三角形面积的23.已知A (-2,1)，B (2,1)为抛物线C ：x 2=4y 上两点，则在A 点处抛物线C 的切线的斜率为；弦AB 与抛物线所围成的封闭图形的面积为．【答案】-1　838(2023·赣州模拟)已知两动点A ，B 在椭圆C ：x 2a 2+y 2=1(a >1)上，动点P 在直线3x +4y -10=0上，若∠APB 恒为锐角，则椭圆C 的离心率的取值范围为．【答案】0，63【解析】　根据题意可得，圆x 2+y 2=a 2+1上任意一点向椭圆C 所引的两条切线互相垂直，因此当直线3x +4y -10=0与圆x 2+y 2=a 2+1相离时，∠APB 恒为锐角，故a 2+1<|0+0-10|32+422=4，解得1<a 2<3，从而离心率e =1-1a2∈0，63 .9(2023·开封模拟)如图，过点P (m ，n )作抛物线C ：x 2=2py (p >0)的两条切线PA ，PB ，切点分别是A ，B ，动点Q 为抛物线C 上在A ，B 之间的任意一点，抛物线C 在点Q 处的切线分别交PA ，PB 于点M ，N .(1)若AP ⊥PB ，证明：直线AB 经过点0，p2 ；(2)若分别记△PMN ，△ABQ 的面积为S 1，S 2，求S 1S 2的值．【答案】 (1)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 的方程为y =kx +b ，由x 2=2py ，y =kx +b ，消去y 并整理得x 2-2pkx -2pb =0，有x 1x 2=-2pb ，令抛物线C：x2=2py在点A处切线方程为y-y1=t(x-x1)，由y-y1=t(x-x1)，x2=2py，消去y并整理得x2-2ptx+2ptx1-2py1=0，则有Δ=4p2t2-4(2ptx1-2py1)=4p2t2-4(2ptx1-x21)=0，解得t=x1 p，同理，抛物线C：x2=2py在点B处切线斜率为x2 p，因为AP⊥PB，则有x1p·x2p=-2pbp2=-1，解得b=p 2，所以直线AB：y=kx+p2恒过定点0，p2.(2)解　由(1)知，切线PA的方程为y-y1=x1p(x-x1)，整理得y=x1px-y1，同理切线PB的方程为y=x2px-y2，设点Q(x0，y0)，则切线MN的方程为y=x0px-y0，而点P(m，n)，即有n=x1pm-y1，n=x2pm-y2，因此直线AB的方程为y=mpx-n，有|AB|=1+mp2|x1-x2|，点Q(x0，y0)到直线AB的距离是d2=mpx0-y0-n 1+mp2，则S2=12|x1-x2|mpx0-y0-n，由py=x0x-py0，py=x1x-py1，解得点M的横坐标x M=x0+x1 2，同理点N 的横坐标x N =x 0+x 22，有|MN |=1+x 0p2|x 1-x 2|2，点P (m ，n )到直线MN 的距离d 1=mp x 0-n -y 01+x 0p2，则S 1=14|x 1-x 2|m p x 0-y 0-n，所以S 1S 2=12.10已知圆O ：x 2+y 2=5，椭圆：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1且垂直于x 轴的直线被椭圆和圆所截得弦长分别为1和22.(1)求椭圆的标准方程；(2)如图，P 为圆上任意一点，过P 分别作椭圆两条切线与椭圆相切于A ，B 两点．①若直线PA 的斜率为2，求直线PB 的斜率；②作PQ ⊥AB 于点Q ，求证：|QF 1|+|QF 2|是定值．【答案】(1)解：由题意得a 2=b 2+c 2，25-c 2=22，2b 2a =1， 解得a =2，b =1，c =3，所以椭圆的标准方程为x 24+y 2=1.(2)①解　设P (x 0，y 0)，则过P 的切线方程为y -y 0=k (x -x 0)，且x 20+y 20=5，由x 24+y 2=1，y -y 0=k (x -x 0)，化简得(1+4k 2)x 2+8k (y 0-kx 0)x +4(y 0-kx 0)2-4=0，由Δ=0，得(4-x 20)k 2+2x 0y 0k +1-y 20=0，设切线PA ，PB 的斜率分别为k 1，k 2，则k 1k 2=1-y 204-x 20=1-y 204-(5-y 20)=-1，又直线PA 的斜率为2，则直线PB 的斜率为-12.②证明　当切线PA ，PB 的斜率都存在时，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，切线PA ，PB 的方程为y -y i =k i (x -x i )，i =1,2并由①得(4-x 2i )k 2i +2x i y i k i +1-y 2i =0，i =1,2，(*)又点A ，B 在椭圆上，得x 2i 4+y 2i =1，i =1,2代入(*)，得2y i k i +x i 2 2=0，即k i =-x i4y i，i =1,2，切线PA ，PB 的方程为x i x4+y i y =1，i =1,2，又切线过P 点，则x i x 04+y i y 0=1，i =1,2，所以直线AB 的方程为x 0x4+y 0y =1，由PQ ⊥AB 得直线PQ 方程为y -y 0=4y 0x 0(x -x 0)，联立直线AB 方程x 0x4+y 0y =1，解得x Q =4x 0(1+3y 20)x 20+16y 20=45x 0，y Q =y 0(1+3y 20)x 20+16y 20=15y 0，由x 20+y 20=5得Q 点轨迹方程为516x 2+5y 2=1，且焦点恰为F 1，F 2，故|QF 1|+|QF 2|=2×45=85=855，当切线PA ，PB 的斜率有一个不存在时，如PB 斜率不存在，则B (2,0)，P (2,1)，A (0,1)，直线AB 的方程为y =-12x +1，PQ 的方程为y -1=2(x -2)，可解得Q 85，15，Q 点也在椭圆516x 2+5y 2=1上，若B (-2,0)，同理可得．综上得|QF1|+|QF2|=855，为定值．11(2023·合肥模拟)已知A是圆x2+y2=4上的一个动点，过点A作两条直线l1，l2，它们与椭圆x23+y2=1都只有一个公共点，且分别交圆于点M，N.(1)若A(-2,0)，求直线l1，l2的方程；(2)①求证：对于圆上的任意点A，都有l1⊥l2成立；②求△AMN面积的取值范围．【答案】(1)解：设直线的方程为y=k(x+2)，代入椭圆x23+y2=1，消去y，可得(1+3k2)x2+12k2x+12k2-3=0，由Δ=0，可得k2-1=0，设l1，l2的斜率分别为k1，k2，∴k1=-1，k2=1，∴直线l1，l2的方程分别为y=-x-2，y=x+2.(2)①证明　当直线l1，l2的斜率有一条不存在时，不妨设l1的斜率不存在，∵l1与椭圆只有一个公共点，∴其方程为x=±3，当l1的方程为x=3时，此时l1与圆的交点坐标为3，±1，∴l2的方程为y=1(或y=-1)，l1⊥l2成立，同理可证，当l1的方程为x=-3时，结论成立；当直线l1，l2的斜率都存在时，设点A(m，n)且m2+n2=4，设方程为y=k(x-m)+n，代入椭圆方程，可得(1+3k2)x2+6k(n-km)x+3(n-km)2-3=0，由Δ=0化简整理得(3-m2)k2+2mnk+1-n2=0，∵m2+n2=4，∴(3-m2)k2+2mnk+m2-3=0，设l1，l2的斜率分别为k1，k2，∴k1k2=-1，∴l1⊥l2成立，综上，对于圆上的任意点A，都有l1⊥l2成立．②解　记原点到直线l1，l2的距离分别为d1，d2，∵MA⊥NA，∴MN是圆的直径，∴|MA|=2d2，|NA|=2d1，d21+d22=|OA|2=4，△AMN面积为S=12|MA|×|NA|=2d1d2，S 2=4d 21d 22=4d 21(4-d 21)=-4(d 21-2)2+16，∵d 21∈[1,3]，∴S 2∈[12,16]，∴S ∈[23，4]．12定义椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的“蒙日圆”的方程为x 2+y 2=a 2+b 2，已知椭圆C 的长轴长为4，离心率为e =12.(1)求椭圆C 的标准方程和它的“蒙日圆”E 的方程；(2)过“蒙日圆”E 上的任意一点M 作椭圆C 的一条切线MA ，A 为切点，延长MA 与“蒙日圆”E 交于点D ，O 为坐标原点，若直线OM ，OD 的斜率存在，且分别设为k 1，k 2，证明：k 1·k 2为定值．【答案】 (1)解：由题意知2a =4，e =c a =12，∴c =1，∴b 2=3，∴椭圆C 的标准方程为x 24+y 23=1，∴“蒙日圆”E 的方程为x 2+y 2=4+3=7，即x 2+y 2=7.(2)证明　当切线MA 的斜率存在且不为零时，设切线MA 的方程为y =kx +m ，则由y =kx +m ，x24+y 23=1，消去y 得(3+4k 2)x 2+8mkx +4m 2-12=0，∴Δ=64m 2k 2-4(3+4k 2)(4m 2-12)=0，∴m 2=3+4k 2，由y =kx +m ，x 2+y 2=7，消去y 得(1+k 2)x 2+2mkx +m 2-7=0，∴Δ=4m 2k 2-4(1+k 2)(m 2-7)=16+12k 2>0，设M (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则x 1+x 2=-2mk1+k 2，x 1x 2=m 2-71+k 2，∴k 1k 2=y 1y 2x 1x 2=(kx 1+m )(kx 2+m )x 1x 2=k 2x 1x 2+km (x 1+x 2)+m 2x 1x 2=k2·m 2-71+k 2+km ·-2mk 1+k 2+m2m 2-71+k 2=m 2-7k 2m 2-7，∵m 2=3+4k 2，∴k 1k 2=m 2-7k 2m 2-7=3+4k 2-7k 23+4k 2-7=-34，当切线MA 的斜率不存在且为零时，k 1k 2=-34成立，∴k 1·k 2为定值．13已知抛物线C ：x 2=2py (p >0)的焦点为F ，且F 与圆M ：x 2+(y +4)2=1上的点的距离的最小值为4.(1)求p ；(2)若点P 在圆M 上，PA ，PB 是C 的两条切线，A ，B 是切点，求△PAB 面积的最大值．【答案】解：(1)易得圆的圆心M (0，-4)，抛物线C 的焦点为F 0，p 2 ，|FM |=p 2+4，∴F 与圆M ：x 2+(y +4)2=1上的点的距离的最小值为p2+4-1=4，解得p =2.(2)抛物线C 的方程为x 2=4y ，即y =x 24，对该函数求导得y ′=x 2，设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x 0，y 0)，直线PA 的方程为y -y 1=x 12(x -x 1)，即y =x 1x2-y 1，即x 1x -2y 1-2y =0，同理可知，直线PB 的方程为x 2x -2y 2-2y =0，由于点P 为这两条直线的公共点，则x 1x 0-2y 1-2y 0=0，x 2x 0-2y 2-2y 0=0，∴点A ，B 的坐标满足方程x 0x -2y -2y 0=0，∴直线AB 的方程为x 0x -2y -2y 0=0，联立x 0x -2y -2y 0=0，y =x 24，可得x 2-2x 0x +4y 0=0，由根与系数的关系可得x 1+x 2=2x 0，x1x2=4y0，∴|AB|=1+x022·(x1+x2)2-4x1x2 =1+x022·4x20-16y0=(x20+4)(x20-4y0)，点P到直线AB的距离为d=|x20-4y0|x20+4，∴S△PAB=12|AB|·d=12(x20+4)(x20-4y0)·|x20-4y0|x20+4=12(x20-4y0)32，∵x20-4y0=1-(y0+4)2-4y0=-y20-12y0-15=-(y0+6)2+21，由已知可得-5≤y0≤-3，∴当y0=-5时，△PAB的面积取最大值12×2032=205.11。

第18讲阿基米德三角形知识与方法阿基米德（约公元前287年一前212年)，是伟大的古希腊哲学家、百科式科学家、数学家、物理学家,并且享有“力学之父”的美称.他在求体积或面积时采用的“平衡法”一档杆原理,被后人命名为“阿基米德方法”.正是由于他对当时数学作出的突出贡献以及对后世数学发展的深邃影响,他又被后人誉为“数学之神”.本节主要探讨的阿基米德三角形指的是圆锥曲线（椭圆、双曲线、拋物线）的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形.阿基米德三角形得名于阿基米德在研究与拋物线有关的面积问题时得出的一个结论:抛物线的弦与拋物线所围成的封闭图形的面积,等于抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形面积的三分之二.（结论的证明利用了“平衡法”)该结论的变式叙述可见于《普通高中课程标准实验教科书·数学选修3-1（A版):数学史选讲》(人民教育出版社2007年1月第2版).接下来，我们就去探讨一下阿基米德三角形中蕴藏的一些重要性质:条件：已知抛物线C:x2=2py(p>0),如图所示,D为某一直线l上的动点,过D作C的两条切线,切点分别为A,B,F为直线AB与y轴的交点,则有以下结论成立:结论1.1直线AB的方程为(x1+x2)x−2py−x1x2=0.证明:设A(x1,y1),则x12=2py1.由于y′=xp ,所以切线DA的斜率为x1p,故切线DA的方程为x1x=p(y+y1)(1)设B(x2,y2),同理可得DB的方程为x2x=p(y+y2)(2) (1)÷(2)化简后,可得y=x1x22p(3)将(3)代入(1),可得x=x1+x22,所以点D的坐标为(x1+x22,x1x22p)故直线AB的方程为(x1+x2)x−2py−x1x2=0说明:特别的,当D为直线y=−p2上的动点时,直线AB的方程为(x1+x2)x−2py+p2=0且该直线过拋物线的焦点F.第二部分中的典例第（1）问考查的就是该性质的具体运用.结论1.2k DF⋅k AB=k DA⋅k DB=x1x2p2证明:由结论1.1的证明可知点F的坐标为(0,−x1x22p)又k DF=2x1x2p(x1+x2),k AB=x1+x22p,k DA=x1p,k DB=x2p,所以结论1.2得证.说明:特别的,当D为直线y=−p2上的动点时，有DF⊥AB,DA⊥DB；且此时△DAB面积的达到最小,其最小值为p2.第三部分中的第2题、第3题考查的均是该条性质及推论的运用,如若我们对上述性质比较熟悉,则审题结束时【答案】或许已了然于心.结论1.3在阿基米德△DAB中,有∠DFA=∠DFB.证明:如图,过点A,B分别作抛物线准线的垂线AA1,BB1,垂足为A1,B1.连接A1D,B1D,DF,AF,BF,A1F,则k A1F =−px1,k AD=x1p.易知,AD⊥A1F.又AA1=AF,所以AD垂直且平分A1F,故A1D=DF,∠DA1A=∠DFA.同理可得B1D=DF,∠DB1B=∠DFB,所以A1D=B1D=DF,∠DA1B1=∠DB1A1.进而∠DA1A=∠DB1B,即∠DFA=∠DFB.说明:第三部分中的第4题的第（2）问恰恰就考查了这一结论.结论1.4DA,AB,DB的斜率成等差数列、A,D,B三点的横坐标成等差数列.证明:结合结论1.2的证明过程以及点D坐标(x1+x22,x1x22p),稍作运算，便可证得该结论.说明:第三部分中的第5题的第（1）问中就涉及到了这一结论.结论1.5线段FA,FD,FB的长度之间的关系为FD2=x12x22p2+p2|x1x2|⋅FA⋅FB−p2.证明:经过简单计算即可得到上述结果.说明:特别的,当D为直线y=−p2上的动点时,有线段FA,FD,FB的长度成等比数列.结论1.6若以E(0,−5x1x22p)为圆心的圆与直线AB相切于点T,则四边形ADBE的面积为|x1−x2|38p −x1x2⋅|x1−x2|p证明:易知DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1−x 22,x 1(x 1−x 2)2p ),DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 2−x 12,x 2(x 2−x 1)2p). 利用面积公式S ΔDAB =12√DA ⃗⃗⃗⃗⃗ 2⋅DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2−(DA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )2,可得 S △DAB=12|x 1−x 22⋅x 2(x 2−x 1)2p −x 2−x 12⋅x 1(x 1−x 2)2p |=|x 1−x 2|38p又S △EAB =12|EF|⋅|x 1−x 2|=12(−5x 1x 22p +x 1x 22p )⋅|x 1−x 2|=−x 1x 2⋅|x 1−x 2|p所以S 四边形 ADBE =S Δ+S ΔA =|x 1−x 2|38p−x 1x 2⋅|x 1−x 2|p.说明：当D 为直线y =−p2上的动点,且E (0,5p2)时,则四边形ADBE 的面积为|x 1−x 2|38p+p |x 1−x 2|.结论1.7△DAB 的重心G 满足的方程为4x 2−6py −x 1x 2=0. 证明:过程从略，感兴趣的读者可自行尝试证明.说明:当D 为直线y =−p2上的动点时，△DAB 的重心G 的轨迹方程为4x 2−6py +p 2=0结论1.8 若P 为拋物线弧AB 上一点,拋物线在点P 处的切线与直线..分别交与M,N 两点,则S △DMN :S △PAB =1:2证明:设P (x 3,y 3),则有x M =x 1+x 32,x N =x 2+x 32，所以AM MD =MP PN =DNNB =|x 1−x 3||x 2−x 3|.设AMMD =MP PN=DNNB =a,S △PMD =b ，因为S ΔPMA S ΔPMD=AMMD =a ,所以S ΔPMA =ab同理S △PND =b a ,S ΔPNB =b a 2,所以S △DMN =b (1+1a ). 又S ΔNMD S △BAD=MD⋅DN AD⋅BD=a(a+1)2,所以S ΔBAD =b ⋅(a+1)3a 2.所以S ΔPBA =S ΔDAB −S △DMN −S ΔPAM −S ΔPBN =b ⋅2(a+1)a所以S ΔDMN :S △PAB =1:2.值得注意的是抛物线的性质远也不止这些，上述所列诸条,大多数是在区域模拟考试及高考中经常出现的.众所周知,以阿基米德三角形为背景的直线的定点、三角形的面积、轨迹、最值等相关问题是高考和模拟考考查的热点也是难点.纸上得来终觉浅,接下来我们不妨从多个视角去赏析一道高考题,以进一步体会阿基米德三角形的相关性质.典型例题【例1】已知曲线C:y =12x 2,D 为直线y =−12上的动点,过D 作C 的两条切线,切点分别为A,B . (1)证明：直线AB 过定点;(2)若以E (0,52)为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点,求四边形ADBE 的面积.【答案】(1)见解析;(2)3或4√2.【分析】分析题目可知,直线AB 是切点所在的直线,只需找到㔹点的共同属性即可.故可采用“设而不求”的思想就将该问题解决. 【解析】解法1：设而不求设D (t,−12),A (x 1,y 1),则x 12=2y 1.由于y ′=x ,所以切线DA 的斜率为x 1,故y 1+12x1−t=x 1即DA 的方程为2tx 1−2y 1+1=0.设B (x 2,y 2),同理可得DB 的方程为2tx 2−2y 2+1=0. 故直线AB 的方程为2tx −2y +1=0,所以直线AB 过定点(0,12).(2)由（1）得直线AB 的方程为y =wx +12.由{y =tx +12y =x 22,可得x 2−2tx −1=0 于是x 1+x 2=2t,x 1x 2=−1,y 1+y 2=t (x 1+x 2)+1=2t 2+1,|AB|=√1+t 2|x 1−x 2|=√1+t 2×√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=2(t 2+1)设d 1,d 2分别为点D,E 到直线AB 的距离,则d 1=√t 2+1,d 2=√t 2+1.因此,四边形ADBE 的面积S =12|AB|(d 1+d 2)=(t 2+3)√t 2+1. 设M 为线段AB 的中点,则M (t,t 2+12).由于EM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⊥AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,而EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(t,t 2−2),AB⃗⃗⃗⃗⃗ 与向量(1,t)平行,所以t +(t 2−2)t =0.解得t =0或t =±1. 当t =0时,S =3;当t =±1时,S =4√2.因此,四边形ADBE 的面积为3或4√2.分析:本题还可从寻找切点A,B 定直线入手，将直线AB 用参数表示，借助海伦秦九韶公式将面积问题解决. 解法2：求切点定直线(1)设D (t,−12),过D 点与C 相切的直线方程设为y +12=k(x −t),切线AD,BD 的斜率分别为k 1,k 2.由{y +12=k(x −t)y =x 22,可得x 2−2kx +2kt +1=0(1) 由Δ=0,可得k 2−2kt −1=0(2)于是k 1+k 2=2t,k 1k 2=−1 将@代入(1),可得A (k 1,k 122),B (k 2,k 222),所以k AB =k 1+k 22=t.故直线AB 的方程为y =k 1+k 22x +12,即直线AB 过定点(0,12).(2)设线段AB 的中点坐标为T (x 0,y 0),则有 x 0=k 1+k 22=t,y 0=k 12+k 224=t 2+12,所以k ET =t 2−2t又k AB ⋅k ET =−1,解得t =0或t =±1 又DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(k 1−k 22,k 12+12),DB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(k 2−k 12,k 22+12) 利用面积公式S =12√AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ 2−(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ̅̅̅̅)2=12|x 1y 2−x 2y 1|可得 S △DAB=12|k 1−k 22⋅k 22+12−k 2−k 12⋅k 12+12|=18|k 1−k 2|3 同理可得 S △EAB =|k 1−k 2|当t =0时,|k 1−k 2|=2,此时S 冏边形 ADBE =18|k 1−k 2|3+|k 1−k 2|=3 当t =±1时,|k 1−k 2|=2√2,此时S 㐰边形 ADBE =18|k 1−k 2|3+|k 1−k 2|=4√2注:此处给出的这种方法是解决此类问题的通性通法,但注意不要漏掉斜率为0的情形. 解法3:设直线定“待参”设直线AB 的方程设为y =kx +m,A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)由{y =kx +my =x 22,可得x 2−2kx −2m =0.于是x 1+x 2=2k,x 1x 2=−2m由于y ′=x ,所以切线DA,BD 的斜率分别为x 1,x 2 所以切线DA,BD 的方程分别为x 1x =y +y 1,x 2x =y +y 2联立可得D 点的纵坐标y D =12x 1x 2=−m ,又D 为直线y =−12上的动点,所以m =12 故直线AB 过定点(0,12) (2)由（1）知x D =y D +y 1x 1=12x 1x 2+12x 12x 1=x 1+x 22=k设线段AB 的中点坐标为T (x 0,y 0),则有x 0=x 1+x 22=k所以TD 垂直于直线y =−12过A,B 分别作直线y =−12的垂线,垂足分别为A 1,B 1,如图所示,所以点D 为A 1B 1的中点.记AB 过的定点为F ,则有AA 1=AF,BB 1=BF 由（1）知k AD ⋅k BD =x 1x 2=−1,所以DA ⊥DB 易得S △DAB =12S 梯形AA 1B 1B =(y 1+12+y 2+12)|x 1−x 2|2=|x 1−x 2|38又S △EAB =12|EF|⋅|x 1−x 2|=12(52−12)⋅|x 1−x 2|=|x 1−x 2| 以下计算同方法二. 解法四：设切点定截距设A (x 1,x 122),B (x 2,x 222),D (m,−12),直线AB:y =kx +b . 联立{y =12x 2y =kx +b⇒x 2−2kx −2b =0,由韦达定理得{x 1+x 2=2kx 1⋅x 2=−2b又y ′=x ,从而直线DA,DB 的方程分别为y =x 1x −12x 12,y =x 2x −12x 22.因为切线过点D (m,−12),所以有{mx 1−12x 12=−12mx 2−12x 22=−12即x 1,x 2为方程x 2−2mx −1=0的两根,即x 1⋅x 2=−1=−2b ⇒b =12,所以直线AB 过定点(0,12).(2)由（1）知,x 1+x 2=2k ,则y 1+y 2=k (x 1+x 2)+1=2k 2+1,所以,AB 的中点T (k,k 2+12). 当k =0时,M (0,12),此时,四边形ADBE 的面积S =3.当k ≠0时,由k TE ⋅k AB =−1得k 2−2k=−1k ,解得k 2=1.所以,|AB|=√1+k 2⋅√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=2(k 2+1)=4. 又点E 到直线AB 的距离d 1=√1+k 2=√2,点D 到直线AB 的距离d 2=√1+k 2=√2所以四边形ADBE 的面积S =12×|AB|×(d 1+d 2)=4√2.综上，四边形ADBE 的面积为3或4√2.强化训练以阿基米德三角形为背景考查的高考题主要还有以下几种类型.（一）轨迹问题1.如图,抛物线C 1:x 2=4y,C 2:x 2=−2py(p >0).点M (x 0,y 0)在拋物线C 2上,过M 作C 1的切线,切点为A,B(M为原点O 时,A,B 重合于O).当x 0=1−√2时,切线MA 的斜率为−12. (1)求p 的值;(2)当M 在C 2上运动时,求线段AB 中点N 的轨迹方程(A,B 重合于O 时,中点为O ).【答案】(1)p =2;(2)见解析 【解析】（1）p =2过程从略; (2)设N(x,y),A (x 1,x 124),B (x 2,x 224),x 1≠x 2由N 为线段AB 中点知x =x 1+x 22(1),所以y =x 12+x 228(2).所以，切线MA,MB 的方程分别为y =x 12(x −x 1)+x 124,(3)y =x 22(x −x 2)+x 224.(4)由(3)(4)得,MA,MB 的交点M (x 0,y 0)的坐标为x 0=x 1+x 22,y 0=x 1x 24.因为点M (x 0,y 0)在C 2上,即x 02=4y 0,所以x 1x 2=−x 12+x 226.(5)由(1)(2)(5)得x 2=43y,x ≠0.当x 1=x 2时,A,B 重合于O 时,中点N 为O ,坐标满足x 2=43y .因此AB 中点N 的轨迹方程为x 2=43y .2.已知抛物线x 2=4y 的焦点为F,A,B 是抛物线上的两动点,且AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =λFB ⃗⃗⃗⃗⃗ (λ>0)过A,B 两点分别作扡物线的切线,设其交点为M .(1)证明FM̅̅̅̅̅⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值; (2)设△ABM 的面积为S ,写出S =f(λ)的表达式,并求S 的最小值.【答案】(1)见解析;(2)4.【解析】(1)由已知条件,得F(0,1),λ>0. 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2).由AF⃗⃗⃗⃗⃗ =λFB ⃗⃗⃗⃗⃗ (λ>0) 即(−x 1,1−y )=λ(x 2,y 2−1),也即{−x 1=λx 2①1−y 1=λ(y 2−1)②将①式两边平方并把x 12=4y 1,x 22=4y 2代入得y 1=λ2y 2③解②、③式得y 1=λ,y 2=1λ,且有x 1x 2=−4, 拋物线方程为y =14x 2,求导得y ′=12x .所以过抛物线上A,B 两点的切线方程分别是y =12x 1(x −x 1)+y 1,y =12x 2(x −x 2)+y 2易得M 的坐标为(x 1+x 22,−1).所以FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1+x 22,−2)⋅(x 2−x 1,y 2−y 1)=0 (II)由(I )知在△ABM 中,FM ⊥AB ,因而S =12|AB|⋅|FM|.又|FM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√(x 1+x 22)2+(−2)2=√λ+1λ+2=√λ√λ|AB⃗⃗⃗⃗⃗ |=λ+1λ+2=(√λ+√λ)2于是S =12|AB|⋅|FM|=12(√λ√λ)3,由√λ+√λ⩾2知S ⩾2,且当λ=1时,S 取得最小值4.3.如图,等边三角形OAB 的边长为8√3,且其三个顶点均在拋物线E:x 2=2py(p >0)上.（1）求抛物线E 的方程;(2)设动直线l 与抛物线E 相切于点P ,与直线y =−1相交于点Q .证明以PQ 为直径的圆恒过y 轴上某定点.【答案】(1)x 2=4y ; (2)见解析.【解析】(1)抛物线E 的方程为x 2=4y ,过程略.(2)设P (x 0,y 0),x 0≠0,由y =14x 2,得y ′=12x ,直线l 的方程为y −y 0=12x 0(x −x 0),即y =12x 0x −14x 02.联立20011241y x x x y ⎧=-⎪⎨⎪=-⎩，即200421x x x y ⎧-=⎪⎨⎪=-⎩，所以2004,12x Q x ⎛⎫-- ⎪⎝⎭ 设M (0,y 1),所以MP⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 0,y 0−y 1),MQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 02−42x 0,−1−y 1) 因为MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅MQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,所以x 02−42x 0−y 0−y 0y 1+y 1+y 12=0.又y 0=14x 02(x 0≠0),所以y 1=1 故以PQ 为直径的圆恒过M(0,1).4.如图，设抛物线C:y =x 2的焦点为F ,动点P 在直线l:x −y −2=0上运动,过P 作拋物线C 的两条切线PA,PB ,且与抛物线C 分别相切于A,B 两点. (1)求△APB 的重心G 的轨迹方程; (2)证明∠PFA =∠PFB .【答案】(1)y =13(4x 2−x +2); (2)见解析.【解析】（1）设切点A,B 坐标分别为(x,x 02)和(x 1,x 12)((x 1≠x 0), 所以切线AP 的方程为:2x 0x −y −x 02=0; 切线BP 的方程为:2x 1x −y −x 12=0;解得P 点的坐标为:x P =x 0+x 12,y P =x 0x 1所以△APB 的重心G 的坐标为x G =x 0+x 1+x P3=x P ,y G =y 0+y 1+y P 3=x 02+x 12+x 0x 13=(x 0+x 1)2−x 0x 13=4x P2−y p 3所以y p =−3y G +4x G 2,由点P 在直线l 上运动.从而得到重心G 的轨迹方程为: x −(−3y +4x 2)−2=0,y =13(4x 2−x +2).(2)因为FA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 0,x 02−14),FP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 0+x 12,x 0x 1−14),FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1,x 12−14). 由于P 点在拋物线外,则|FP⃗⃗⃗⃗⃗ |≠0.所以cos⁡∠AFP =FP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FA ⃗⃗⃗⃗⃗ |FP⃗⃗⃗⃗⃗ ||FA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=x 0+x 12⋅x +(x x −14)(x 2−14)|FP ̅̅̅̅|√x 02+(x 02−14)2=x 0x 1+14|FP⃗⃗⃗⃗⃗ |同理有cos⁡∠BFP =FP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |FP⃗⃗⃗⃗⃗ ||FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=x 0+x 12⋅x +(x x −14)(x 2−14)|FP ⃗⃗⃗⃗⃗ |√x 12+(x 12−14)2=x 0x 1+14|FP⃗⃗⃗⃗⃗ |所以∠PFA =∠PFB .5.如图,设抛物线方程为 x 2=2py(p >0),M 为直线y =−2p 上任意一点,过M 引抛物线的切线,切点分别为A,B .(1)求证：A,M,B 三点的横坐标成等差数列;(2)已知当M 点的坐标为(2,−2p)时，|AB|=4√10,求此时抛物线的方程;(3)是否存在点M ,使得点C 关于直线AB 的对称点D 在拋物线x 2=2py(p >0)上，其中点C 满足 OC⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OB⃗⃗⃗⃗⃗ （O 为坐标原点).若存在,求出所有适合题意的点的坐标;若不存在,请说明理由.【解析】（1）证明：由题意设A (x 1,x 122p ),B (x 2,x 222p),x 1<x 2,M (x 0,−2p ). 由x 2=2py 得y =x 22p,得y ′=xp,所以k MA =x 1p,k MB =x 2p.因此直线MA 的方程为y +2p =x 1p(x −x 0),直线MB 的方程为y +2p =x 2p(x −x 0).所以x 122p+2p =x 1p(x 1−x 0),(1)x 222p+2p =x 2p(x 2−x 0).(2)由(1)、(2)得x 1+x 22=x 1+x 2−x 0,因此x 0=x 1+x 22,即2x 0=x 1+x 2.所以A,M,B 三点的横坐标成等差数列.(2) 由（1）知,当x 0=2时,将其代入(1)、(2)并整理得:x 12−4x 1−4p 2=0,x 22−4x 2−4p 2=0所以x 1,x 2是方程x 2−4x −4p 2=0的两根，因此x 1+x 2=4,x 1x 2=−4p 2, 又k AB =x 222p −x 122p x2−x 1=x 1+x 22p=x 0p,所以k AB =2p由弦长公式得|AB|=√1+k2√(x1+x2)2−4x1x2=√1+4p2√16+16p2.又|AB|=4√10,所以p=1或p=2,因此所求抛物线方程为x2=2y或x2=4y.(3)设D(x3,y3),由题意得C(x1+x2,y1+y2),则CD的中点坐标为Q(x1+x2+x32,y1+y2+y32).设直线AB的方程为y−y1=x0p(x−x1),由点Q在直线AB上,并注意到点(x1+x22,y1+y22)也在直线AB上，代入得y3=x0px3.若D(x3,y3)在拋物线上,则x32=2py3=2x0x3.因此x3=0或x3=2x0.即D(0,0)或D(2x0,2x02p).(1)当x0=0时,则x1+x2=2x0=0,此时,点M(0,−2p)适合题意.(2)当x0≠0,对于D(0,0), 此时C(2x0,x12+x222p ),k CD=x12+x222p2x0=x12+x224px0,又k AB=x0p,AB⊥CD所以k AB⋅k CD=x0p ⋅x12+x224px0=x12+x224p2=−1,即x12+x22=−4p2,矛盾.对于D(2x0,2x02p ),因为C(2x0,x12+x222p),此时直线CD平行于y轴,又k AB=x0p≠0,所以直线AB与直线CD不垂直,与题设矛盾,所以x0≠0时,不存在符合题意的M点.综上所述,仅存在一点M(0,−2p)适合题意.。

阿基米德三角形在高考中的应用在咱们高中数学的世界里，有一个神秘又有趣的家伙，叫做阿基米德三角形。

这玩意儿可不像它名字听起来那么高大上、遥不可及，实际上，在高考中，它可是能帮咱大显身手的“秘密武器”！先来说说啥是阿基米德三角形。

简单来讲，抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形就叫阿基米德三角形。

这名字听起来是不是有点拗口？别担心，咱们举个例子就明白啦。

我记得之前给学生们讲这部分内容的时候，有个叫小明的同学，一开始那是一头雾水，满脸写着“这都是啥呀”。

我就给他画了个抛物线，标上几个点，然后一点点引导他理解弦和切线的概念。

小明瞪着大眼睛，紧紧盯着黑板，那认真的劲儿，让我都忍不住笑了。

阿基米德三角形在高考中的应用那可多了去了。

比如说，它可以用来解决抛物线中的最值问题。

想象一下，你正在考场上，面对一道求最值的题目，心里正发慌呢，这时候突然想起阿基米德三角形的相关性质，一下子就找到了解题的突破口，那感觉，简直爽歪歪！再比如，利用阿基米德三角形还能巧妙地处理抛物线中的面积问题。

有这么一道题：已知抛物线的方程和其中一条弦的两个端点坐标，让求由这条弦和抛物线所围成的图形的面积。

这时候，如果能熟练运用阿基米德三角形的知识，把问题转化一下，答案就会呼之欲出。

我之前在研究高考真题的时候，发现好多省份的试卷里都有阿基米德三角形的影子。

就拿去年的某套试卷来说，有一道选择题，看似很复杂，其实就是在考查阿基米德三角形中切线斜率的关系。

当时我就在想，如果考生们提前掌握了这个知识点，这道题简直就是送分题啊！咱们学习阿基米德三角形，可不能死记硬背那些公式和性质，得真正理解它的本质。

就像搭积木一样，只有明白了每一块积木的作用，才能搭出漂亮的城堡。

还记得有一次课堂小测验，我故意出了一道有关阿基米德三角形的难题，想看看同学们掌握得怎么样。

结果大部分同学都做得不太好，一个个愁眉苦脸的。

课后我就找了几个同学交流，发现他们只是记住了公式，却没有真正理解其中的逻辑。

2021545面积为定值的阿基米德三角形的轨迹问题四川成都七中(610041)康盛摘要若抛物线的一条弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形(阿基米德三角形)面积为定值,则两切线的交点的轨迹为一抛物线.关键词阿基米德三角形;面积为定值;轨迹;抛物线2019年高考课标全国Ⅲ卷理科以阿基米德三角形(圆锥曲线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形,如图1)为背景,考察了定值定点问题.在笔者对此题进行变式研究的过程中,偶得一些性质,与同行交流.一、问题提出我们先来看这道高考题:题目(2019年高考全国Ⅲ卷)已知抛物线C :x 2=2y ,D 为直线y =−12上的动点,过D 作C 的两条切线,切点分别为A,B .(1)证明:直线AB 过定点;(2)略.在第(1)问中,出题者利用“若阿基米德三角形中的切点弦AB 恒过焦点,则动点D 的轨迹为抛物线的准线”这一结论.这促使我思考这样一个问题:若阿基米德三角形ABD 的面积为定值,则动点D 的轨迹是什么呢?二、问题探索见图1,在几何画板中,我利用文[1]中所介绍的方法,作出抛物线C :x 2=2y 的阿基米德三角形ABD ,设三角形ABD 的面积为40cm 2,在几个不同的位置得到了点D 的坐标,如下表:面积(cm2)40.0740.0139.939.9639.839.9639.8840.24点D 横坐标−1.2−0.99−0.53−0.26−0.010.210.540.75点D 纵坐标0.00.651.161.371.541.681.841.98图1图2根据表中数据,借助Excel 画出图形(图2).因抛物线具有对称性,故猜想它也应该是一条抛物线.下面,通过对一般情况的研究,得到两个结论,并予以证明.三、问题解决性质1过抛物线C 外一动点作抛物线的切线,若两切点与这点构成的三角形(阿基米德三角形)面积是定值,则这点的轨迹为一抛物线,且与C 有相同的对称轴和焦准距(焦点到准线的距离).证明如图3,设抛物线C :y 2=2px ,抛物线外一点D (x 0,y 0),两切点分别为A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)三角形ABD 的面积为S .1.求切点弦AB 的方程.显然y ′=p y ,所以y ′|x =x 1y =y 1=py 1,由导数的几何意义得,过点A 的切线的斜率k =py 1,所以过点A 的切线方程为:y −y 1=py 1(x −x 1),整理得yy 1−y 12=px −px 1,即为:yy 1=p (x +x 1).同理过点B 的切线方程为:yy 2=p (x +x 2).因点D 在DA 上,故有y 0y 1=图3p (x 0+x 1),同理,点D 在DB 上,故有y 0y 2=p (x 0+x 2),所以切点弦AB 的方程为:yy 0=p (x +x 0).2.求三角形ABD 的面积.点D 到AB 上的距离d =|y 20−2px 0|√p 2+y 20,联立切点弦AB 与抛物线y 2=2px ,得:y 2−2y 0y +2px 0=0,所以:|y 1−y 2|=√∆1=2√y 20−2px 0,故|AB |=√1+y 20p 2|y 1−y 2|=2√p 2+y 20p√y 20−2px 0,所以S =12|AB |d =12·2√p 2+y 20p √y 20−2px 0|y 20−2px 0|√p 2+y 20=(y 20−2px 0)32p故y 2−2px 0=(pS )23,所以点D 的轨迹方程是y 2=2px +(pS )23.得证.这个命题的逆命题是否成立呢?性质2具有相同对称轴和焦准距的两抛物线,在其中一抛物线上任取一点,向另一抛物线作切线,则两切点与这点构成的三角形面积是定值.证明如图3,设抛物线C ′:y 2=2px +K 上(K 为常数)4620215素养导向指引下例谈圆锥曲线焦点三角形问题的解题策略*福建省南平市高级中学(353000)江智如李寿滨黄丽群圆锥曲线焦点三角形问题是高考与各类模拟考试的热点题型,涵盖几何、向量、三角、函数等多领域的知识与方法,综合性强,思维强度高,是圆锥曲线知识的重点与难点,考查考生数学阅读能力、数形结合思想、化归与转化思想、推理论证能力与运算求解能力.这类问题一般考查角度、周长、面积、中位线、角平分线、离心率等问题[1],包含丰富的圆锥曲线性质知识,解题策略多样,方法巧妙,需要从不同的角度针对问题条件进行策略选择,全方位反映焦点三角形问题的几何特征,引导学生掌握运用代数语言把几何问题转化为代数问题的思想与方法,提升直观想象、数学运算、数学建模、逻辑推理和数学抽象素养[2],有助于学生将高中数学基本知识结构化、系统化,形成学科知识网络[3].本文从高中学生的认知水平出发,把焦点三角形问题归纳为六种类型,在学科素养的指引下,探究问题解决的有效思路与方法.1概念界定如图1与图2,椭圆或双曲线上的一点P,与两焦点所构成的∆F1P F2称为椭圆或双曲线的焦点三角形.本文研究的圆锥曲线焦点三角形问题界定为:结合椭圆或双曲线的几何性质,解决与焦点三角形相关的问题,主要包括周长、离心率、角度、面积、中位线、角平分线等问题.图1图22方法探究圆锥曲线焦点三角形问题主要围绕圆锥曲线的几何性质展开,利用正余弦定理、平面向量、平面几何等相关知识与结论,借助数形结合思想,转化为圆锥曲线的性质或解三角形题型,运用函数与方程思想、建模思想,通过扎实的运算求解能力,解决问题,常采用四种解题方法:(1)定义法;(2)解析法;(3)三角法;(4)向量法.3方法应用3.1周长问题周长问题常考虑定义法,解题思路为:从圆锥曲线的第一定义出发,利用三角形的三边长关系与对称性质转化为共线问题,确定特殊点位置,结合正余弦定理和平面向量方法求解.要求考生具有扎实的几何功底,体现数学学习的能力与潜能[4].题目1(2015年高考全国I卷文科第16题)已知F是双曲线C:x2−y28=1的右焦点,P是C左支上一点,A(0,6√6),当∆AP F周长最小时,该三角形的面积为.分析本试题是以周长问题为背景寻找点P的位置,求解三角形面积问题.由已知条件可设左焦点为F′(−3,0),因为点P在C的左支上,所以由双曲线第一定义可得∆AP F的周长|AP|+|AF|+|P F|=|AP|+|AF|+|P F′|+2a|AF|+|AF′|+2a,当且仅当A,P,F′三点共线且P在A,F′中间时取等号,此时直线AF′的方程为x−3+y6√6=1,联立双曲线方程得P(−2,2√6),再由面积割补法求得,∆AP F的面积为12×6×6√6−12×6×2√6=12√6.考查数形结合思想、推理论证能力和运算求解能力.一点D(x0,y0),向抛物线C:y2=2px两切点分别为A(x1,y1),B(x2,y2)三角形ABD的面积为S.由性质1的证明过程可知S=12|AB|d=|y20−2px0|p√y2−2px0=(y20−2px0)32p,又因为C:y02=2px0+K,即y02−2px0=K,代入上式可得S=K32P,即面积为定值,得证.参考文献[1]杨力,康盛.过抛物线外任意上一点作切线的方法[J].中学数学研究(华南师范大学版)(上半月),2020(10):23.*本文为福建省教育科学“十三五”规划2020年度立项课题《核心素养导向下的高中数学主题教学校本研究》(立项批准号:FJJKXB20-1067)阶段性成果.。