阿基米德三角形性质与高考题

第27讲 阿基米德三角形知识与方法1.如图1所示，不妨设抛物线为()220x py p =>，抛物线上A 、B 两点处的切线交于点P ，则：（1）设AB 中点为M ，则PM 平行于（或重合）抛物线的对称轴；（2）PM 的中点S 在抛物线上，且抛物线在点S 处的切线平行于弦AB .2．如图2所示，不妨设抛物线为()220x py p =>，抛物线上A 、B 两点处的切线交于点P ，则：（1）若弦AB 过抛物线内的定点Q ，则点P 的轨迹是直线；特别地，若弦AB 过定点()0,m ()0m >，则点P 的轨迹是直线y m =−；（2）若弦AB 过抛物线内的定点Q ，则以Q 为中点的弦与（1）中点P 的轨迹平行. 3．如图3所示，不妨设抛物线为()220x py p =>，抛物线上A 、B 两点处的切线交于点P ，若AB 过焦点F ，则点P 的轨迹为抛物线准线，PA PB ⊥，PF AB ⊥，且PAB 的面积的最小值为2p .4．如图4所示，不妨设抛物线为()220x py p =>，抛物线上A 、B 两点处的切线交于点P ，则：（1）PFA PFB ∠=∠；（2）2AF BF PF ⋅=提醒：阿基米德三角形在小题和大题中都可能涉及，小题可以直接用性质速解，大题则必须给出详细的求解过程.典型例题【例1】己知点()1,1P −在抛物线()220y px p =>的准线上，过点P 作抛物线的切线，切点为A 、B ，则直线AB 的斜率k =_______.【解析】点()1,1P −在抛物线()220y px p =>的准线上⇒抛物线的准线为1x =−⇒抛物线的焦点为()1,0F ，由阿基米德三角形性质，直线AB 过F 且PF AB ⊥，而101112PF k −==−−−，所以直线AB 的斜率为2.【答案】2变式1 已知点()2,1M −和抛物线2:4C x y =，过C 的焦点F 且斜率为k 的直线与C 交于A 、B 两点，若90AMB ∠=︒，则k =_______.【解析】由题意，M 在抛物线C 的准线上，直线AB 过点F 且90AMB ∠=︒，所以MAB 是阿基米德三角形，如图，由阿基米德三角形性质，MF AB ⊥，而11120MF k −−==−−，所以直线AB 的斜率为1.【答案】1变式2 已知抛物线2:4C x y =，过点()1,1P −作抛物线C 的两条切线，切点分别为A 和B ，则经过P 、A 、B 三点的圆的方程为______.【解析】由题意，点P 在抛物线C 的准线上，则PA PB ⊥，PF AB ⊥，且直线AB 过焦点()0,1F ，所以经过P 、A 、B 三点的圆就是以AB 为直径的圆，直线PF 的斜率为11210−−=−−， 所以直线AB 的斜率为12，其方程为112y x =+，设()11,A x y ，()22,B x y ， 联立21124y x x y ⎧=+⎪⎨⎪=⎩消去y 整理得：2240x x −−=， 故122x x +=，()12121232y y x x +=++=，从而AB 中点为31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭，1225AB y y =++=，所以经过P 、A 、B 三点的圆的方程为()22325124x y ⎛⎫−+−= ⎪⎝⎭.【答案】()22325124x y ⎛⎫−+−= ⎪⎝⎭变式3 已知过抛物线22x y =焦点F 的直线与抛物线交于A 、B 两点，抛物线在A 、B 处的切线交于点C ，则ABC 面积的最小值为______.【解析】由阿基米德三角形性质，当直线AB 过焦点F 时，ABC 面积的最小值为21p =. 【答案】1变式4 已知抛物线2:4C y x =的焦点为F ，过F 的直线与抛物线C 交于A 、B 两点，抛物线C 在A 、B 两点处的切线相交于点P ，若3AF =，则PF =_______. 【解析】设AFO α∠=，则231cos AF α==+，所以1cos 3α=−，故()2231cos 1cos 2BF παα===+−−， 由阿基米德三角形性质，2AF BF PF ⋅=所以2PF ==.【答案】2【例2】抛物线2:2C x py =()0p >的焦点为F ，且F 与圆()22:21I x y ++=上的点的距离的最大值为4. （1）求p 的值；（2）若点Q 在圆I 上，QA 、QB 是抛物线C 的两条切线，A 、B 是切点，当IQ AB ∥时，求直线AB 与y 轴交点的坐标. 【解析】解：（1）由题意，342p+=，所以2p =. （2）显然直线AB 斜率存在，可设其方程为y kx m =+，由（1）知抛物线C 的方程为24x y =，联立24y kx m x y=+⎧⎨=⎩消去y 整理得：2440x kx m −−=，由韦达定理，124x x k +=，124x x m =−，设211,4x A x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，222,4x B x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，由24x y =可得24x y =，所以2x y '=，故直线QA 的方程为()211142x x y x x −=−，整理得：21124x x y x =−，同理，直线QB 的方程为22224x x y x =−，联立2112222424x x y x x xy x ⎧=−⎪⎪⎨⎪=−⎪⎩解得：1222x x x k +==，124x x y m ==−，所以点Q 的坐标Wie ()2,k m −， 因为点Q 在圆I 上，所以()22421k m +−+=①， 因为IQ AB ∥，所以22mk k−=，从而222k m =−， 代入式①可得()()22221m m −+−+=解得：3m =，又2220k m =−≥，所以2m ≤，故3m =， 从而直线AB 与y轴的交点的坐标为(0,3.【反思】对于开口向上（或向下）的抛物线的阿基米德三角形大题，通常采用设两个切点，写出切线方程并联立求出交点坐标，同时将切点弦所在直线与抛物线联立，结合韦达定理计算的方法来处理.强化训练1.（★★★）已知点()2,1P −在抛物线()2:20C y px p =>的准线上，过P 作抛物线C 的切线，切点分别为A 和B ，则直线AB 的方程为______.【解析】()2,1P −在准线上4p ⇒=⇒抛物线的焦点为()2,0F，由阿基米德三角形性质，直线AB 过F ，且PF AB ⊥，而101224PF k −==−−−，所以直线AB 的斜率为4， 故直线AB 的方程为()42y x =−【答案】()42y x =−2.（★★★）已知抛物线2:4C x y =的焦点为F ，过点F 的直线l 交抛物线C 于A 、B 两点，抛物线在A 、B 两点处的切线相交于点P ，则PAB 面积的最小值为_______. 【解析】当AB 过焦点时，阿基米德三角形面积的最小值为24p =. 【答案】43.（★★★）已知抛物线2:2C y x =和点1,12P ⎛⎫− ⎪⎝⎭，过C 的焦点F 且斜率为k 的直线l 与抛物线C 交于A 、B 两点，若0PA PB ⋅=，则k =_______.【解析】由题意，1,02F ⎛⎫⎪⎝⎭，点P 在抛物线的准线上，且PA PB ⊥，所以PAB 是阿基米德三角形，从而PF PB ⊥，直线PF 的斜率1011122PF k −==−−−，故直线AB 的斜率为1. 【答案】14.（★★★）已知抛物线2:4C x y =，过点()0,1P x −作抛物线C 的两条切线，切点分别为A 和B ，若经过P 、A 、B 三点的圆被x 轴截得的弦长为4，则0x =______.【解析】由题意，点P 在抛物线C 的准线上，则PA PB ⊥，PF AB ⊥，且AB 过焦点()0,1F ，直线PF 的斜率为001120x x −−=−−，所以直线AB 的斜率为02x ，其方程为012x y x =+，设()11,A x y ，()22,B x y 联立02124x y x x y ⎧=+⎪⎨⎪=⎩消去y 整理得：20240x x x −−=，所以1202x x x +=，()201212022x y y x x x +=+=+， 从而AB 中点为200,12x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭，212024AB y y x =++=+， 因为PA PB ⊥，所以经过P 、A 、B 三点的圆就是以AB 为直径的圆，该圆的半22220014222x x ⎛⎫⎛⎫++=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得：01x =±.【答案】1±5.（★★★★）已知抛物线2y x =和点()0,1P ，若过某点C 可作抛物线的两条切线，切点分别为A 和B ，且满足1233CP CA CB =+，则ABC 的面积为______.【解析】()()12123333CP CA CB CP CP PA CP PB PA PB =+⇒=+++⇒=−⇒P 、A 、B 三点共线，设直线AB 的方程为1y kx =+，设()11,A x y ，()22,B x y ，不妨设0k >, 联立21y kx y x=+⎧⎨=⎩消去y 整理得：210x kx −−=，判别式240k =+>， 由韦达定理12x x k +=，121x x =−，又2PA PB =−，所以122x x =−，联立12121212x x kx x x x+=⎧⎪=−⎨⎪=−⎩可解得：k =，所以12x x +，设AB 中点为D ，则122D x x x +==， 代入1y kx =+得51244D y =⨯+=， 由阿基米德三角形性质知CD x ⊥轴且点C 在直线1y =−上， 所以()59144CD =−−=，故121199922418216ABCSCD x x =⋅−=⨯⨯=⨯=.6.（★★★★★）已知动圆过点()0,1F ，且与直线:1l y =−相切.（l ）求动圆圆心的轨迹E 的方程； （2）设P 为一动点，过P 作曲线E 的两条切线PA 、PB ，切点分别为A 和B ，且PA PB ⊥，直线AB 与圆224x y +=相交于C 、D 两点，设点P 到直线AB 的距离为d ，是否存在点P ，使得24AB CD d ⋅=?若存在，求出点P 的坐标；若不存在，说明理由. 【解析】（1）由题意，动圆圆心到点F 的距离和到定直线l 的距离相等, 所以动圆圆心的轨迹是以F 为焦点，l 为准线的抛物线，其方程为24x y =.（2）显然直线AB 的斜率存在，故可设其方程为y kx m =+，设211,4x A x ⎛⎫ ⎪⎝⎭，222,4x B x ⎛⎫⎪⎝⎭，联立24y kx mx y=+⎧⎨=⎩消去y 整理得：2440x kx m −−=，由韦达定理，124x x k +=，124x x m =−，由24x y =得24x y =，所以2xy '=，故直线PA 的方程为()211142x x y x x −=−，整理得：21124x x y =−，同理，直线PB 的方程为22224x x y =−，联立2112222424x x y x x y ⎧=−⎪⎪⎨⎪=−⎪⎩解得：1222x x x k +==，124x x y m ==−，所以点P 的坐标为()2,k m −，因为PA PB ⊥， 所以12122x x m ⋅=−=−，故1m =，从而AB 过点F ， 所以()212122444AB y y k x x k =++=++=+， 原点到直线AB，故CD =点P 到直线AB 的距离d ==所以24AB CD d ⋅=等价于()()2244161k k +⋅=+， 化简得：2101k =+，无解，故不存在点P ，使得|24AB CD d ⋅=.。

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 =+。

2020年第4期(上)中学数学研究5过焦点的阿基米德三角形的性质及其在高考中的应用安徽省合肥市第一中学(230601)谷留明文[1]介绍了抛物线中阿基米德三角形—–圆锥曲线的弦与过弦端点的两条切线所围成的三角形的一些性质,在此基础上,本问探究圆锥曲线中过一个焦点的阿基米德三角形的统一性质及其逆定理,由此得出圆锥曲线在任意一点处或过准线上任意一点的切线的作图方法,并举例说明了这些性质在解决近几年相关高考题中的妙用.1性质定理性质已知圆锥曲线C 的焦点F 对应的准线为l ,过l 上一点P 引曲线C 的两条切线P A ,P B ,切点分别为A ,B ,则直线P F 垂直AB 于F.图1证明当圆锥曲线C 为椭圆时,如图1,不妨设C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0),F (−c,0),P (−a 2c,t ),其中c =√a 2−b 2,t ∈R .设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则l P A :x 1x a 2+y 1y b 2=1,l P B :x 2x a 2+y 2yb2=1,因为P 在l P A ,l P B 上,所以−x 1c +y 1t b 2=1,−x 2c +y 2tb2=1.由此得l AB :−x c +tyb2=1.令y =0,得x =−c .所以l AB 过点F (−c,0).易知k P F =t −0c −a 2c=−ctb 2.由l AB 方程得,t =0时,k AB =b 2ct,k P F ·k AB =−1;t =0时,k P F =0,k AB 不存在.所以恒有P F ⊥AB 于F .当圆锥曲线C 为双曲线时,如图2,证明类似,略.需注意的是,如图3,对于l 上的点P ,当且仅当P 在渐近线上时,过P 只能引双曲线C 的一条切线.设切点为A ,此时易证P F ⊥AF 于F.图2图3图4当圆锥曲线C 为抛物线时,如图4,不妨设C :y 2=2px (p >0),则F (p2,0),P (−p 2,t ),t ∈R .设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则l P A :y 1y =p (x 1+x ),l P B :y 2y =p (x 2+x ).因为P 在l P A ,l P B 上,所以y 1t =p (x 1−p2),y 2t =p (x 2−p 2).由此得l AB :ty =p (x −p 2)，令y =0,得x =p2,所以l AB过点F (p 2,0).易知k P F =t −0−p 2−p 2=−tp .由l AB 方程得,t =0时,k AB =pt,k P F ·k AB =−1;t =0时,k AF =0,k AB不存在.所以恒有P F ⊥AB 于F .若此性质的条件和结论适当逆过来,命题也成立.逆定理1已知过圆锥曲线C 的一个焦点F 的直线交曲线C 于点A 和B ,过F 作直线AB 的垂线,若垂线与F 对应的准线相交于点P ,则直线P A ,P B 均为曲线C 的切线.证明当圆锥曲线C 为椭圆时,不妨设C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0),F (−c,0),A (x 0,y 0),P (−a 2c,t ),其中c =√a 2−b 2,t ∈R .由−→F A ·−→F P =0得t =b 2(x 0+c )cy 0.所以k P A =y 0−tx 0+a 2c=cy 20−b 2(x 0+c )y 0(a 2+cx 0),因为曲线C 在A 处的切线为l A :x 0x a 2+y 0yb2=1,其斜率为−b 2x 0a 2y 0.而k P A −(−b 2x 0a 2y 0)=c (a 2y 20+b 2x 20−a 2b2)a 2y 0(a 2+cx 0),又x 20a 2+y 20b 2=1,所以a 2y 20+b 2x 20−a 2b 2=0,k P A =−b 2x 0a 2y 0.所以点P 在l A 上,即直线P A 为曲线C 的切线.同理可证直线P B 也为曲线C 的切线.当圆锥曲线C 为双曲线或抛物线时,证明类似,略.逆定理2已知线段AB 为圆锥曲线C 的过焦点F 的弦,若曲线C 在A ,B 处的切线相交于点P ,则点P 必在焦点F 所对应的准线上,且P F ⊥AB .证明当圆锥曲线C 为抛物线时,不妨设C :y 2=2px (p >0),则F (p2,0).设l AB :x =my +p 2,A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则曲线C 在A,B 处的切线分别为l A :y 1y =p (x 1+x ),l B :y 2y =p (x 2+x )联立这两个切线方程,解得交点P 的横坐标为x P =x 1y 2−x 2y 1y 1−y 2=(my 1+p 2)y 2−(my 2+p 2)y 1y 1−y 2=−p 2,y P =p (x 1−x 2)y 1−y 2=pm .所以P 在F 所对应的准线l :x =−p 2上.6中学数学研究2020年第4期(上)当m =0时，l AB ⊥x 轴,k P F =0,P F ⊥AB ;当m =0时,k P F ·k AB =pm −0−p 2−p 2·1m =−1,P F ⊥AB .当圆锥曲线C 为椭圆或双曲线时,证明类似,略.进一步研究发现,还有以下结论成立.结论1已知抛物线C 的弦AB 过焦点F ,抛物线C 在A,B 处的切线相交于点P ,则∠AP B =90◦.证明不妨设C :y 2=2px (p >0),则F (p2,0).设l AB :x =my +p 2,A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),P (−p 2,t ),则l P A :y 1y =p (x 1+x ),l P B :y 2y =p (x 2+x ),所以k P A ·k P B =p y 1·p y 2=p 2y 1y 2.联立抛物线C 与l AB 的方程,得y 2−2pmy −p 2=0,y 1y 2=−p 2.所以k P A ·k P B =−1,∠AP B =90◦.结论2已知抛物线C 的弦AB 过焦点F ,点P 在抛物线C 的准线上,且∠AP B =90◦,则P F ⊥AB ,且直线P A,P B 均为抛物线C 的切线.证明不妨设C :y 2=2px (p >0),则F (p2,0).设P (−p 2,t ),l AB :x =my +p2,A (x 1,y 1),B (x 2,y 2).联立抛物线C 与l AB 的方程,得y 2−2pmy −p 2=0,y 1+y 2=2pm,y 1y 2=−p 2,x 1+x 2=m (y 1+y 2)+p =2pm 2+p ,x 1x 2=y 212p ·y 222p =(y 1y 2)24p 2=p 24.−→P A ·−−→P B =(x 1+p 2)(x 2+p 2)+(y 1−t )(y 2−t )=x 1x 2+p2(x 1+x 2)+y 1y 2−t (y 1+y 2)+t 2=(pm −t )2.又∠AP B =90◦,所以−→P A ·−−→P B =(pm −t )2=0,t =pm ,从而k P F =t −0−p 2−p 2=−m .当m =0时,l AB不存在斜率,k P F =0,故P F ⊥AB ；当m =0时,k P F ·k AB =−m ·1m=−1,故P F ⊥AB .再根据逆定理1,可得直线P A,P B 均为抛物线C 的切线.2切线作图由性质2,可以得到圆锥曲线在任意一点A 处,或者过准线l 上任意一点P 的切线的作图方法.2.1作圆锥曲线C 在任意一点A 处的切线(设C 的一个焦点为F ,其对应的准线为l ):(1)连接AF ;(2)过F 作AF 的垂线,交l 于点P ;(3)连接P 和A ,直线P A 即为圆锥曲线C 在点A 处的切线.2.2作圆锥曲线C 的过准线l 上任意一点P 的切线(设准线l 对应的焦点为F ):(1)连接P F ;(2)过F 作P F 的垂线,作出垂线与曲线C 的交点(一个或者两个);(3)连接P 和交点,所得直线(一条或者两条)即为圆锥曲线C 过点P 的切线.3考题妙解例1(2018年高考全国卷Ⅲ理科第16题)已知点M (−1,1)和抛物线C :y 2=4x ,过C 的焦点且斜率为k 的直线与C 交于A,B 两点.若∠AMB =90◦,则k =.分析本题主要考查直线与圆锥曲线的相交关系,考查数学结合和转化化归思想,考查直观想象和数学运算等核心素养.其基本思路是:设过A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)两点的直线方程为y =k (x −1),将它与抛物线方程联立、消y ,可得k 2x 2−2(k 2+2)x +k 2=0,由此表示出x 1+x 2,x 1x 2,再结合直线方程表示出y 1+y 2,y 1y 2,代入−−→MA ·−−→MB =(x 1+1)(x 2+1)+(y 1−1)(y 2−1)=0,整理可求出k .此法的计算量大而易出错.而根据结论2,设C 的焦点为F ,则MF ⊥AB .所以k ·k MF =k ·1−0−1−1=−1,轻松得解k =2.例2(2019年高考全国卷Ⅲ理科第21题第(1)问)已知曲线C :y =x 22,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.分析由性质定理直接可知,定点为C 的焦点.证明方法既可以用上文中性质定理的证明方法,也可以直接验证C 的焦点坐标恒符合直线AB 的方程.若对性质定理中的条件进行推广,比如过与圆锥曲线C 相离的直线l 上任一点,甚至过圆锥曲线C 外任一点,引曲线C 的两条切线,又会有何规律与结论呢?可进行更深的研究.参考文献[1]王宁岚.“形”“性”而解—–浅议阿基米德三角形的应用[J].中学数学(高中版)，2013(02):31-33.[2]杨艳萍.多角度认识圆锥曲线的切线[J].中学数学研究，2018(03):28-31.。

阿基米德多面体一、单选题1半正多面体亦称“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由八个正三角形和六个正方形构成的(如图所示)，则异面直线AB 与CF 所成的角为()A.π6B.π4C.π3D.π22“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”.若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的表面积为()A.8πB.4πC.3πD.2π3半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体、它由八个正三角形和六个正方形围成(如图所示)，若它所有棱的长都为2，则下列说法错误的是()A.该二十四等边体的表面积为24+83B.QH⊥平面ABEC.直线AH与PN的夹角为60°D.该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E，满足关系式V+F-E=24“阿基米德多面体”也称为半正多面体，半正多面体是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体．如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的．若被截正方体的棱长为40cm，则该阿基米德多面体的表面积为()A.4800+16003cm2 B.4800+48003cm2C.3600+36003cm2 D.3600+12003cm25“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，将一个正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，则该多面体中具有公共顶点的两个正三角形所在平面的夹角正切值为()A.22B.1C.2D.226如图，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，截取后的剩余部分称为“阿基米德多面体”，它是一个24等边半正多面体．从它的棱中任取两条，则这两条棱所在的直线为异面直线的概率为()A.1023B.1223C.2969D.50697半正多面体(semiregular solid)亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．下图是棱长为2的正方体截去八个一样的四面体，得到的一个半正多面体，则下列说法错误的是()A.该半正多面体是十四面体B.该几何体外接球的体积为4π3C.该几何体的体积与原正方体的体积比为5∶6D.原正方体的表面积比该几何体的表面积小8“阿基米德多面体”这称为半正多面体(semi-regularsolid)，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知AB=32 2，则该半正多面体外接球的表面积为()A.18πB.16πC.14πD.12π9中国有悠久的金石文化，印信是金石文化代表之一，印信的形状多为长方体､正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，古希腊著名数学家阿基米德研究过此类多面体的性质，故半正多面体又被称为“阿基米德多面体”.半正多面体体现了数学的对称美，如图，是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的棱上，且此正方体的棱长为1.则下列关于该多面体的说法中错误的是()A.多面体有12个顶点，14个面B.多面体的表面积为3C.多面体的体积为56D.多面体有外接球(即经过多面体所有顶点的球)10半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形围成(如图所示)，若它所有棱的长都为2，则()A.BC ⊥平面ABEB.该二十四等边体的体积为3223C.ME 与PN 所成的角为45°D.该二十四等边体的外接球的表面积为16π11有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为2的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点E 为线段BC 上的动点，则直线DE 与直线AF 所成角的余弦值的取值范围为()A.13,22B.13,32C.12,22D.12,3212半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体.它由八个正三角形和六个正方形围成(如图所示)，若它的棱长为2，则下列说法错误的是()A.该二十四等边体的外接球的表面积为16πB.该半正多面体的顶点数V 、面数F 、棱数E ，满足关系式V +F -E =2C.直线AH 与PN 的夹角为60°D.QH ⊥平面ABE13“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”.若该多面体的棱长为2，则其外接球的表面积为()A.16πB.8πC.16π3D.32π314“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的体积为()A.43π B.82π3C.4πD.8π15有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为2的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点E为线段BC上的动点，则下列结论不正确的是()A.存在点E、使得A、F、D、E四点共面；B.存在点E，使DE⊥DF；C.存在点E，使得直线DE与平面CDF所成角为π3；D.存在点E，使得直线DE与直线AF所成角的余弦值3510.二、多选题16半正多面体(semiregular solid)亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，半正多面体有且只有13种．最早用于1970年世界杯比赛的足球就可以近似看作是由12个正五边形和20个正六边形组成的半正面体，半正多面体体现了数学的对称美．如图所示的二十四等边体就是一种半正多面体，它由8个正三角形和6个正方形围成，它是通过对正方体进行八次切截而得到的．若这个二十四等边体的棱长都为2，则下列结论正确的是()A.MQ与平面AEMH不可能垂直B.异面直线BC和EA所成角为60°C.该二十四等边体的体积为402D.该二十四等边体外接球的表面积为18π317“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到的半正多面体的表面积为12+43，则关于该半正多面体的下列说法中正确的是( )．A.AB =2B.该半正多面体的外接球的表面积为6πC.AB 与平面BCD 所成的角为π4 D.与AB 所成的角是π3的棱共有16条18半正多面体(semiregularsolid )亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美，二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成(如图所示)，若它的所有棱长都为2，则()A.BF ⊥平面EABB.AB 与PF 所成角为45°C.该二十四等边体的体积为203D.该二十四等边体多面体有12个顶点，14个面19“阿基米德多面体”也称为半正多面体，它是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，体现了数学的对称美．如图，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到的半正多面体的表面积为12+43，则关于该半正多面体的下列说法中正确的是()A.AB 与平面BCD 所成的角为π4B.AB =22C.与AB 所成的角是π3的棱共有16条 D.该半正多面体的外接球的表面积为6π20半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形围成(如图所示)，若它所有棱的长都为2，则()A.BC ⊥平面ABEB.该二十四等边体的体积为4023C.ME 与NP的夹角为60°D.该二十四等边体的外接球的表面积为16π21有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为2的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若点E 为线段BC 上的动点(包含端点)，则下列说法正确的是()A.该半正多面体的体积为163B.当点E 运动到点B 时，DE ⎳FGC.当点E 在线段BC 上运动时(包含端点)，AH 始终与DE 垂直D.直线DE 与平面AFHG 所成角的正弦值的取值范围为0,2222很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．如图，这是一个棱数24，棱长为22的半正多面体，它所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的．下列结论正确的有()A.该半正多面体的表面积为48+323B.AG⊥平面BCDGC.点B到平面ACD的距离为433D.若E为线段BC的中点，则异面直线DE与AF所成角的余弦值为351023很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．如图，这是一个棱数为24，棱长为2的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得，则下列各选项正确的是()A.该半正多面体的体积为203B.A，C，D，F四点共面C.该半正多面体外接球的表面积为12πD.若点E为线段BC上的动点，则直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为12,2 224半正多面体亦称“阿基米德体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，得到一个有八个面的半正多面体．点A、B、C是该多面体的三个顶点，且棱长AB=2，则下列结论正确的是()A.该多面体的表面积为243B.该多面体的体积为4623C.该多面体的外接球的表面积为22πD.若点M是该多面体表面上的动点，满足CM⊥AB时，点M的轨迹长度为4+43三、填空题25很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为2的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得.若E 为线段BC 的中点，则直线DE 与直线AF 所成角的余弦值为.26“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半多正多面体．如图，棱长为1的正方体截去八个一样的四面体，就得到二十四等边体，则该几何体的体积为．27半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，如图所示.已知MN =1，若在该半正多面体内放一个球，则该球表面积的最大值为.28半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，如图所示.若点G 在直线BC 上，且BG =5BC,BC =1，则直线EF 与直线AG 所成角的余弦值为．29半正多面体(semiregularsolid )亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成(如图所示)，若它的所有棱长都为2，则正确的序号是.①BF ⊥平面EAB ； ②AB 与PF 所成角为45°；③该二十四等边体的体积为203； ④该二十四等边体外接球的表面积为8π.30将棱长为12的正四面体沿棱长的三等分点处截去四个小正四面体后，所得的多面体称为阿基米德体，如图所示.若点N 在阿基米德体的表面上运动，且直线MN 与直线AB 始终满足MN ⊥AB ，则动点N 的轨迹所围成平面图形的面积是.四、双空题31半正多面体(又称作“阿基米德体”)，是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，其构成体现了数学的对称美．如图，这是一个棱数为24，棱长为2的半正14面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体沿共顶点的三条棱的中点截去八个相同的三棱锥所得，则这个半正多面体的体积为﹔若点E 为线段BC 上的动点，则直线DE 与平面AFG 所成角的正弦值的取值范围为32阿基米德多面体也称为半正多面体，是以边数不全相同的正多边形为面围成的多面体．如图，已知阿基米德多面体的所有顶点均是一个棱长为2的正方体各条棱的中点，则该阿基米德多面体的体积为；若M，N是该阿基米德多面体表面上任意两点，则M，N两点间距离的最大值为．33“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，将一个棱长为2正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，则该多面体的表面积为；其外接球的表面积为.34有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种成两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为2的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得，这个正多面体的表面积为.若点E为线段BC上的动点，则直线DE与直线AF 所成角的余弦值的取值范围为.35如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，余下的多面体就成为一个半正多面体，亦称“阿基米德体”．点A，B，M是该多面体的三个顶点，点N是该多面体外接球表面上的动点，且总满足MN⊥AB，若AB=4，则该多面体的表面积为；点N轨迹的长度为．阿基米德多面体一、单选题1半正多面体亦称“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，是由八个正三角形和六个正方形构成的(如图所示)，则异面直线AB 与CF 所成的角为()A.π6B.π4C.π3D.π2【答案】C【分析】依题意将图形放到正方体中，如图所示，由正方体的性质可得∠PQM 为异面直线AB 与CF 所成的角，即可得解；【详解】解：二十四等边体可认为是由正方体切去八个全等的三棱锥得到的，如图所示，可知AB ⎳PQ ，CF ⎳MQ ，所以∠PQM 为异面直线AB 与CF 所成的角，因为△PQM 是等边三角形，所以∠PQM =π3，故异面直线AB 与CF 所成的角为π3；故选：C2“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”.若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的表面积为()A.8πB.4πC.3πD.2π【答案】B【分析】将该多面体补形为正方体，得到经过该多面体的各个顶点的球为正方体ABCD-EFGH的棱切球，求出该正方体的边长，求出棱切球的半径，得到表面积.【详解】将该多面体补形为正方体，则由OR=1，AO=AR,AO⊥AR，所以由勾股定理得：AO=AR=22，所以正方体的边长为22×2=2，所以经过该多面体的各个顶点的球为正方体ABCD-EFGH的棱切球，所以棱切球的直径为该正方体的面对角线，长度为2×2=2，故过该多面体的各个顶点的球的半径为1，球的表面积为4π×12=4π.故选：B3半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体、它由八个正三角形和六个正方形围成(如图所示)，若它所有棱的长都为2，则下列说法错误的是()A.该二十四等边体的表面积为24+83B.QH⊥平面ABEC.直线AH与PN的夹角为60°D.该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E，满足关系式V+F-E=2【答案】B【分析】由三角形和正方形面积公式即可求出二十四等边体的表面积，线面垂直判定定理，利用平移求异面直线夹角，推理分析即可判断结果.【详解】对于A，S□ABCD=22=4，S△ABE=12×32×2×2=3，S表=6S□ABCD+8S△ABE=6×4+8×3=24+83，故A正确；对于B，由图可知QH⎳BF,BF⊥EB,但BF与AB和AE都不垂直，所以QH不可能与平面ABE垂直，故B错误；对于C，由图可知AH⎳AD，而直线AH与AD的夹角为60°，所以直线AH与PN的夹角为60°，故C正确；对于D，该半正多面体的顶点数为12、面数为14、棱数为24，满足12+14-24=2，故D正确；故选：B.4“阿基米德多面体”也称为半正多面体，半正多面体是由两种或多种正多边形面组成，而又不属于正多面体的凸多面体．如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的．若被截正方体的棱长为40cm，则该阿基米德多面体的表面积为()A.4800+16003cm2 B.4800+48003cm2C.3600+36003cm2 D.3600+12003cm2【答案】A【分析】通过图形可知阿基米德多面体是由六个全等的正方形和八个全等的等边三角形构成，分别求解正方形和等边三角形面积，加和即可.【详解】由题意知：阿基米德多面体是由六个全等的正方形和八个全等的等边三角形构成，其中正方形边长和等边三角形的边长均为202+202=202；∴阿基米德多面体的表面积S=6×2022+8×12×202×202×32=4800+16003cm2.故选：A.5“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，将一个正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，则该多面体中具有公共顶点的两个正三角形所在平面的夹角正切值为()A.22B.1C.2D.22【答案】D【分析】将该多面体放在正方体中，利用空间向量的坐标运算，求出平面EFG 和平面GHK 的法向量，即可求平面EFG 和平面GHK 夹角的余弦值，进而可求解.【详解】将该“阿基米德多面体”放入正方体中，如图，平面EFG 和平面GHK 为有公共顶点的两个正三角形所在平面，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则E (1,0,2),F (2,1,2),G (2,0,1),H (2,1,0),K (1,0,0),设平面EFG 的法向量为m=(x ,y ,z ),EF =(1,1,0),EG =(1,0,-1),所以EF ⋅m=x +y =0EG ⋅m=x -z =0，令x =1,y =-1,z =1，所以m =(1,-1,1),设平面GHK 的法向量为n=(a ,b ,c ),GH =(0,1,-1),GK =(-1,0,-1),所以GH ⋅n=b -c =0GK ⋅n=-a -c =0，令a =1,b =-1,c =-1，所以n =(1,-1,-1),设平面平面EFG 和平面GHK 的夹角为θ，则cos <m ,n >=m ⋅n m ⋅n=13×3=13，因为平面EFG 和平面GHK 的夹角为锐角，所以cos θ=cos <m ,n > =13，所以sin θ=1-cos 2θ=223,tan θ=sin θcos θ=22，故选：D6如图，将正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，截取后的剩余部分称为“阿基米德多面体”，它是一个24等边半正多面体．从它的棱中任取两条，则这两条棱所在的直线为异面直线的概率为()A.1023B.1223C.2969D.5069【答案】B【分析】分一条直线位置于上(或下)底面，另一条不在底面；两条直线都位于上下底面时；两条直线都不在上下底面时计数，再根据古典概型公式求解即可.【详解】解：当一条直线位置于上(或下)底面，另一条不在底面时，共有10×8=80对异面直线，当两条直线都位于上下底面时，有4×2=8对异面直线，当两条直线都不在上下底面时，有7×8=56对异面直线，所以，两条棱所在的直线为异面直线的概率为P=80+56+8C224=1223故选：B7半正多面体(semiregular solid)亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．下图是棱长为2的正方体截去八个一样的四面体，得到的一个半正多面体，则下列说法错误的是()A.该半正多面体是十四面体B.该几何体外接球的体积为4π3C.该几何体的体积与原正方体的体积比为5∶6D.原正方体的表面积比该几何体的表面积小【答案】D【分析】由题意求该几何体的体积与表面积，由外接球的半径求体积，对选项逐一判断即得.【详解】由图可知该半正多面体的表面是由6个正方形和8个等边三角形构成，所以为十四面体，该半正多面体是十四面体，故A正确；该几何体外接球的球心为原正方体的中心，故外接球半径为1，外接球的体积为4π3，故B正确；对于C，该几何体的体积V=V正方体-8V四面体=(2)3-8×13×12×12×22=523，正方体体积为22，故该几何体的体积与原正方体的体积比为5∶6，故C正确；对于D，该几何体有6个面为正方形，8个面为等边三角形，S表=6×12+8×34×1=6+23<12，即原正方体的表面积比该几何体的表面积大，故D 错误．故选：D ．8“阿基米德多面体”这称为半正多面体(semi -regularsolid )，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知AB =322，则该半正多面体外接球的表面积为()A.18πB.16πC.14πD.12π【答案】A【分析】根据正方体的对称性可知：该半正多面体外接球的球心为正方体的中心O ，进而可求球的半径和表面积.【详解】如图，在正方体EFGH -E 1F 1G 1H 1中，取正方体、正方形E 1F 1G 1H 1的中心O 、O 1，连接E 1G 1,OO 1,OA ,O 1A ，∵A ,B 分别为E 1H 1,H 1G 1的中点，则E 1G 1=2AB =32，∴正方体的边长为EF =3，故OO 1=O 1A =32，可得OA =OO 21+O 1A 2=322，根据对称性可知：点O 到该半正多面体的顶点的距离相等，则该半正多面体外接球的球心为O ，半径R =OA =322，故该半正多面体外接球的表面积为S =4πR 2=4π×3222=18π.故选：A .9中国有悠久的金石文化，印信是金石文化代表之一，印信的形状多为长方体､正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，古希腊著名数学家阿基米德研究过此类多面体的性质，故半正多面体又被称为“阿基米德多面体”.半正多面体体现了数学的对称美，如图，是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个。

㊀㊀㊀㊀㊀１５２数学学习与研究㊀２０２１ １０从一道高考题的变迁看阿基米德三角形性质及其定理的演绎从一道高考题的变迁看阿基米德三角形性质及其定理的演绎Һ李㊀真㊀徐水龙㊀（浙江省衢州第三中学，浙江㊀衢州㊀３２４０２２）㊀㊀ʌ摘要ɔ阿基米德三角形有着丰富的内涵㊁深刻的背景，至今依然是高考命题者的青睐，其有关性质仍是命题专家的热点素材．本文从一道２００８年山东高考题开始，探索阿基米德三角形定理的由来，演绎其性质应用．ʌ关键词ɔ阿基米德三角形定理；性质演绎阿基米德是古希腊伟大的物理学家㊁数学家㊁天文学家和机械发明家．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．阿基米德三角形以其丰富的内涵㊁深刻的背景，在数学发展的历史长河中不断发出闪耀的光芒，至今依然是高考命题者的青睐，其有关性质也成为命题专家的热点素材．下面举例说明．这是２００８年理科第２２题（部分）．如图１，设抛物线方程为ｘ２＝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．求证：Ａ，Ｍ，Ｂ三点的横坐标成等差数列；本题涉及阿基米德三角形，考查了阿基米德三角形的有关性质．下面证明Ａ，Ｍ，Ｂ三点的横坐标成等差数列．图１证明㊀由题意，设Ａｘ１，ｘ２１２ｐæèçöø÷，Ｂｘ２，ｘ２２２ｐæèçöø÷（ｘ１＜ｘ２），Ｍ（ｘ０，－２ｐ）．ȵｘ２＝２ｐｙ，ｙ＝ｘ２２ｐ，ｙᶄ＝ｘｐ，ʑｋＭＡ＝ｘ１ｐ，ｋＭＢ＝ｘ２ｐ，ʑＭＡ：ｙ＋２ｐ＝ｘ１ｐ（ｘ－ｘ０）㊀①；ＭＢ：ｙ＋２ｐ＝ｘ２ｐ（ｘ－ｘ０），ʑｘ２１２ｐ＋２ｐ＝ｘ１ｐ（ｘ１－ｘ０），ｘ２２２ｐ＋２ｐ＝ｘ２ｐ（ｘ２－ｘ０），ʑｘ１＋ｘ２２＝ｘ１＋ｘ２－ｘ０，ʑｘ１＋ｘ２＝２ｘ０，所以Ａ，Ｍ，Ｂ三点的横坐标成等差数列．我们将ｘ０＝ｘ１＋ｘ２２代入①式，得ｙ＝ｘ１ｘ２２ｐ，由此得到Ｍ点的坐标为ｘ１＋ｘ２２，ｘ１ｘ２２ｐæèçöø÷．又ｋＡＢ＝ｙ２－ｙ１ｘ２－ｘ１＝ｘ２＋ｘ１２ｐ，故直线ＡＢ的方程为ｙ－ｘ２１２ｐ＝ｘ２＋ｘ１２ｐ（ｘ－ｘ１），化简，得（ｘ１＋ｘ２）ｘ－２ｐｙ－ｘ１ｘ２＝０．由此我们得到阿基米德三角形的性质１．性质１㊀在阿基米德三角形中，Ｍ为抛物线外任意一点，过Ｍ引抛物线的切线，切点分别为Ａ，Ｂ，则有Ａ，Ｍ，Ｂ三点的横坐标成等差数列．取ＡＢ的中点Ｑ，连接ＭＱ，则会得到一个结论：直线ＭＱ与ｙ轴平行或重合．我们会得到几个推论．推论１㊀阿基米德三角形底边上的中线平行（重合）于抛物线的对称轴．推论２㊀弦ＡＢ所在的直线方程为（ｘ１＋ｘ２）ｘ－２ｐｙ－ｘ１ｘ２＝０．推论３㊀设点Ｍ的坐标为（ｘ０，ｙ０），则弦ＡＢ的直线方程为ｘ０ｘ－ｐ（ｙ＋ｙ０）＝０，这就是抛物线Ｍ点的极线方程．下面是２０２０年４月衢州㊁丽水㊁湖州三地市教学质量检测卷第２１题，是２００８年山东卷改编而来，同样考查阿基米德三角形的性质．如图２，设抛物线方程为ｘ２＝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．图２. All Rights Reserved.㊀㊀㊀１５３㊀数学学习与研究㊀２０２１ １０（１）求直线ＡＢ与ｙ轴的交点Ｎ的坐标；（２）若Ｅ为抛物线弧ＡＢ上的动点，抛物线在Ｅ点处的切线与әＭＡＢ的边ＭＡ，ＭＢ分别交于点Ｃ，Ｄ，记λ＝ＳәＥＡＢＳәＭＣＤ，问：λ是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．问题（１）求直线ＡＢ与ｙ轴的交点坐标，由前面分析可知直线ＡＢ的方程，我们只需令ｙ＝０即可，直线ＡＢ与ｙ轴的交点坐标为Ｎ（０，２ｐ），是个定点．于是我们猜想弦ＡＢ绕着Ｎ点转动，Ｍ点的轨迹是什么？我们设Ｍ（ｘ，ｙ），有ｘ＝ｘ１＋ｘ２２，ｙ＝ｘ１ｘ２２ｐ，由Ａ，Ｎ，Ｂ三点共线，得ｙ＝－２ｐ，显然它是一条直线．我们进一步猜想弦ＡＢ绕着点Ｇ（ｘＧ，ｙＧ）转动，Ｍ点的轨迹是什么？由Ａ，Ｇ，Ｂ三点共线，得（ｘ１＋ｘ２）ｘＧ－２ｐｙＧ－ｘ１ｘ２＝０，将ｘ１＋ｘ２＝ｘ，ｘ１ｘ２＝ｙ代入，得ｘＧｘ－ｐ（ｙ＋ｙＧ）＝０，它仍然是一条直线．于是我们得到阿基米德三角形的性质２．性质２㊀若阿基米德三角形的底边ＡＢ过抛物线内定点Ｇ（ｘＧ，ｙＧ），则另一顶点Ｍ的轨迹为一条直线，其方程为ｘＧｘ－ｐ（ｙ＋ｙＧ）＝０．特别地，当定点Ｇ在ｙ轴上时，性质２还有以下推论．推论㊀设Ｇ（０，ｍ），则另一顶点Ｍ的轨迹为ｙ＝－ｍ．问题（２），抛物线在Ｅ点处的切线与әＭＡＢ的边ＭＡ，ＭＢ分别交于点Ｃ，Ｄ．我们记ｘＭ＝ｘ１＋ｘ２２，同理可得ｘＣ＝ｘ１＋ｘＥ２，ｘＤ＝ｘ２＋ｘＥ２，ＡＣＣＭ＝ｘＣ－ｘ１ｘＭ－ｘＣ＝ｘ１＋ｘＥ２－ｘ１ｘ１＋ｘ２２－ｘ１＋ｘＥ２＝ｘＥ－ｘ１ｘ２－ｘＥ，ＣＥＥＤ＝ｘＥ－ｘＣｘＤ－ｘＥ＝ｘＥ－ｘ１＋ｘＥ２ｘ２＋ｘＥ２－ｘＥ＝ｘＥ－ｘ１ｘ２－ｘＥ，ʑＡＣＣＭ＝ＣＥＥＤ，同理ＭＤＤＢ＝ｘＥ－ｘ１ｘ２－ｘＥ，ʑＡＣＣＭ＝ＥＣＥＤ＝ＤＭＤＢ，于是我们又得到了阿基米德三角形的性质３．性质３㊀若Ｅ为抛物线弧ＡＢ上的动点，抛物线在Ｅ点处的切线与әＭＡＢ的边ＭＡ，ＭＢ分别交于点Ｃ，Ｄ，则有ＡＣＣＭ＝ＥＣＥＤ＝ＤＭＤＢ．我们再记ＡＣＣＭ＝ＥＣＥＤ＝ＤＭＤＢ＝ｔ，记ＳәＭＣＥ＝Ｓ，则ＳәＡＣＥ＝ｔＳ．同理，ＳәＭＤＥ＝Ｓｔ，ＳәＢＤＥ＝Ｓｔ２，ＳәＭＡＢＳәＭＣＤ＝ＭＡＭＢＭＣＭＤ＝ｔ＋１１㊃ｔ＋１ｔ＝（ｔ＋１）２ｔ，于是ＳәＭＡＢ＝（ｔ＋１）２ｔＳәＭＣＤ＝（ｔ＋１）２ｔＳ＋Ｓｔ()＝（ｔ＋１）３ｔ２Ｓ，ʑＳәＥＡＢ＝ＳәＭＡＢ－ＳәＭＣＤ－ＳәＡＣＥ－ＳәＢＤＥ＝２（ｔ＋１）ｔＳ，ＳәＭＣＤ＝ｔ＋１ｔＳ，ʑλ＝ＳәＥＡＢＳәＭＣＤ＝２．此时我们又得到了一个推论．推论３㊀若Ｅ为抛物线弧ＡＢ上的动点，抛物线在Ｅ点处的切线与әＭＡＢ的边ＭＡ，ＭＢ分别交于点Ｃ，Ｄ，则有ＳәＥＡＢＳәＭＣＤ＝２．我们再假设Ｃ为ＭＡ的中点，ＣＥ为抛物线的切线，交ＭＢ于Ｄ，由性质３可知，｜ＣＥ｜＝｜ＥＤ｜，｜ＭＤ｜＝｜ＤＢ｜，设Ｑ为ＡＢ中点，很容易得到Ｍ，Ｅ，Ｑ三点共线，且｜ＭＥ｜＝｜ＱＥ｜，这里我们又得到了一个推论．推论４㊀在阿基米德三角形中，与底边ＡＢ平行的抛物线的切线恰是әＭＡＢ中位线所在直线，切点就是这条切线与底边上的中线的交点，反之亦然．由推论４，可知：ＳәＡＢＥ＝１２ＳәＡＢＭ，ＳәＡＣＥ＝ＳәＭＣＥ＝１２ＳәＡＭＥ＝１４ＳәＡＢＥ＝１８ＳәＡＢＭ，同理，ＳәＤＢＥ＝１８ＳәＡＢＭ．对阿基米德三角形әＡＥＣ和әＤＥＢ，分别作与底边平行的中位线，结果与上面一样，类似地，这样无限操作下去，抛物线和弦ＡＢ围成的图形面积就等于无限多个三角形面积之和，也就是说，其面积可以分割求和得到，即阿基米德本人最早利用逼近的思想．Ｓ＝ＳәＡＢＥ＋１２ＳәＡＣＥ＋１２ＳәＤＢＥ()＋ ＝１２ＳәＡＢＭ＋１２ˑ２ˑ１８ＳәＡＢＭ＋ ＝１２ＳәＡＢＭ１＋１４＋１４２＋ æèçöø÷＝１２ＳәＡＢＭ㊃１１－１４＝２３ＳәＡＢＭ．这样我们又得到了一个定理：阿基米德三角形定理．阿基米德三角形定理㊀抛物线和它的一条弦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．阿基米德三角形背景深刻，内涵丰富，我们从一道高考题演绎了阿基米德三角形的性质及其定理．ʌ参考文献ɔ［１］方亚斌．千年古图蕴藏题库：阿基米德三角形演绎高考题［Ｊ］．中学教研（数学），２０１７（７）：３３－３９．［２］邵志明，陈克勤．高考试题中的阿基米德三角形［Ｊ］．数学通报，２００８（９）：３９－４６．［３］刘瑞美．对一道２０１１年高考圆锥曲线问题的探究［Ｊ］．数学通迅，２０１２（５）．. All Rights Reserved.。