重難點31 阿基米德三角形（舉一反三）（新高考專用）（教師版） 2025年高考數(shù)學一輪復(fù)習專練（新高考專用）

重難點31阿基米德三角形【六大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1弦長與弦所在方程問題】 2【題型2定點問題】 5【題型3切線垂直問題】 11【題型4切線交點及其軌跡問題】 16【題型5面積問題】 22【題型6最值問題】 271、阿基米德三角形阿基米德三角形是圓錐曲線的重要內(nèi)容，圓錐曲線是高考的重點、熱點內(nèi)容，從近幾年的高考情況來看，阿基米德三角形的考查頻率變高，在各類題型中都有可能考查，復(fù)習時要加強此類問題的訓練，靈活求解.【知識點1阿基米德三角形】拋物線的弦與過弦的端點的兩條切線所圍成的三角形叫做阿基米德三角形.如圖.性質(zhì)1阿基米德三角形的底邊AB上的中線MQ平行于拋物線的軸.性質(zhì)2若阿基米德三角形的底邊AB過拋物線內(nèi)的定點C，則另一頂點Q的軌跡為一條直線，該直線與以C點為中點的弦平行.性質(zhì)3若直線l與拋物線沒有公共點，以l上的點為頂點的阿基米德三角形的底邊AB過定點(若直線l方程為：ax+by+c=0，則定點的坐標為.性質(zhì)4底邊AB為a的阿基米德三角形的面積最大值為.性質(zhì)5若阿基米德三角形的底邊AB過焦點，則頂點Q的軌跡為準線，且阿基米德三角形的面積最小，最小值為p2.【題型1弦長與弦所在方程問題】【例1】（23-24高二下·河南開封·期末）阿基米德（公元前287年—公元前212年）是古希臘偉大的物理學家、數(shù)學家、天文學家，不僅在物理學方面貢獻巨大，還享有“數(shù)學之神”的稱號．拋物線上任意兩點A，B處的切線交于點P，稱△PAB為“阿基米德三角形”，當線段AB經(jīng)過拋物線焦點F時，△PAB具有以下特征：（1）P點必在拋物線的準線上；（2）△PAB為直角三角形，且PA⊥PB；（3）PF⊥AB．已知過拋物線x2=16y焦點的直線l與拋物線交于A，B兩點，過點A，B處的切線交于點P，若點P的橫坐標為2，則直線AB的方程為（

）A．x+2y?8=0 B．x?2y+8=0C．x?4y+16=0 D．x+4y?16=0【解題思路】根據(jù)“阿基米德三角形”的性質(zhì)直接可得點P的坐標，進而得解.【解答過程】拋物線x2=16y的焦點F的坐標為0,4，準線方程為由題意知，△PAB為“阿基米德三角形”，可得P點必在拋物線的準線上，所以點P2,?4，直線PF的斜率為4?又因為PF⊥AB，所以直線AB的斜率為14所以直線AB的方程為y=14x+4故選：C．【變式1-1】（2024·陜西西安·二模）阿基米德（公元前287年-公元前212年）是古希臘偉大的物理學家、數(shù)學家、天文學家，不僅在物理學方面貢獻巨大，還享有“數(shù)學之神”的稱號．拋物線上任意兩點A，B處的切線交于點P，稱三角形PAB為“阿基米德三角形”.已知拋物線C：x2=8y的焦點為F，過A，B兩點的直線的方程為3x?3y+6=0，關(guān)于“阿基米德三角形”△PABA．AB=323C．PF⊥AB D．點P的坐標為3【解題思路】聯(lián)立方程可解得A?433,23,B43,6，則AB=323，根據(jù)導(dǎo)數(shù)可得k【解答過程】聯(lián)立方程3x?3y+6=0x2=8y，消去x得：3即A?43∵x2=8y對于A?4∴kAkB在點A的切線方程為y?23同理可得在點B的切線方程為3聯(lián)立方程3x+3y+2=03x?y?6=0，解得x=4∵F0,2，則kPF∴kPFkAB故選：D．【變式1-2】（23-24高二上·重慶·期末）阿基米德(公元前287年～公元前212年)是古希臘偉大的物理學家，數(shù)學家和天文學家，并享有“數(shù)學之神”的稱號.他研究拋物線的求積法，得出了著名的阿基米德定理．在該定理中，拋物線的弦與過弦的端點的兩切線所圍成的三角形被稱為“阿基米德三角形”．若拋物線上任意兩點A,B處的切線交于點P，則△PAB為“阿基米德三角形”，且當線段AB經(jīng)過拋物線的焦點F時，△PAB具有以下特征：（1）P點必在拋物線的準線上；（2）PA⊥PB；（3）PF⊥AB．若經(jīng)過拋物線y2=8x的焦點的一條弦為AB，“阿基米德三角形”為△PAB，且點P在直線x?y+6=0上，則直線AB的方程為（

A．x?y?2=0 B．x?2y?2=0C．x+y?2=0 D．x+2y?2=0【解題思路】首先根據(jù)題意可得到P點在拋物線的準線x=?2上，又在直線x?y+6=0上，從而可求出點P的坐標；根據(jù)PF⊥AB，即可求出直線AB的斜率，從而可求出直線AB的方程.【解答過程】根據(jù)題意，可知P點在拋物線的準線x=?2上，又點P在直線x?y+6=0上，所以P?2,4，又F2,0，所以因為PF⊥AB，所以kAB=1，所以直線AB的方程為y?0=x?2，即故選：A.【變式1-3】（2024高三·全國·專題練習）AB為拋物線x2=2pyp>0的弦，Ax1,y1，Bx2,y2A．xB．底邊AB的直線方程為x0C．△AMB是直角三角形；D．△AMB面積的最小值為2p【解題思路】由導(dǎo)數(shù)的幾何意義，求得可得A處的切線方程，得出直線AM,BM的方程為y=x1px?x點M(x0,y0設(shè)直線AB:y=kx+p2，聯(lián)立方程組，根據(jù)取AB的中點H，化簡得到△AMB的面積為S=p【解答過程】如圖：

依題意設(shè)Ax1,y1，Bx2由導(dǎo)數(shù)的幾何意義知，直線AM的斜率為kAM=1px可得A處的切線方程為：y?y1=化簡可得y=x1px?x同理可得：直線BM的方程為y=x2p則1p因為x1≠x2，解得因點M(x0,可得x0?x即Ax1,y1在x所以底邊AB的直線方程為x0設(shè)直線AB:y=kx+p2，聯(lián)立方程組y=kx+p則Δ=(?2p)2+4p因為kMA?k所以△AMB是直角三角形，所以C正確；取AB的中點H，連接MH，根據(jù)拋物線的定義，可得MH平行y軸，所以S==因為x1+x2=2pkx1代入可得S=1當k=0時，Smin故選：D.【題型2定點問題】【例2】（23-24高二下·安徽·開學考試）拋物線的弦與在弦兩端點處的切線所圍成的三角形被稱為“阿基米德三角形”．對于拋物線C：y=ax2給出如下三個條件：①焦點為F0,12(1)從以上三個條件中選擇一個，求拋物線C的方程；(2)已知△ABQ是（1）中拋物線的“阿基米德三角形”，點Q是拋物線C在弦AB兩端點處的兩條切線的交點，若點Q恰在此拋物線的準線上，試判斷直線AB是否過定點？如果是，求出定點坐標；如果不是，請說明理由．【解題思路】(1)根據(jù)拋物線的性質(zhì)寫出焦點坐標為0,14a，準線方程為(2)設(shè)Ax1,y1，Bx2,y2，Qx0,?12【解答過程】（1）C：y=ax2即C：其焦點坐標為0,14a，準線方程為若選①，焦點為F(0,12)，則1所以拋物線的方程為x2若選②，準線為y=?12，則?1所以拋物線的方程為x2若選③，與直線2y?1=0相交所得的弦為2，將y=12代入方程x2即拋物線與直線2y?1=0相交所得的弦長為2×2a解得a=12，所以拋物線的方程為（2）設(shè)Ax1,y1，Bx2將其與C：x2=2y聯(lián)立得由Δ=?2k2故切線lAQ：y?y1同理lBQ：又點Qx0,?12即有?故弦AB所在直線方程為y=x0?x+【變式2-1】（2024·湖南·三模）已知拋物線E:y2=2px(p>0)的焦點為F，過F且斜率為2的直線與E交于A，B(1)求E的方程；(2)直線l:x=?4，過l上一點P作E的兩條切線PM,PN，切點分別為M，N.求證：直線MN過定點，并求出該定點坐標.【解題思路】（1）根據(jù)已知條件，設(shè)直線AB的方程為x=12y+p2（2）設(shè)直線MN的方程為x=my+n，Mx3,y3，Nx4,y【解答過程】（1）由已知，F(xiàn)p2,0，過F且斜率為2的直線與E交于A設(shè)AB的方程為x=12y+聯(lián)立y2=2pxx=12則y1所以|AB|=x解得p=4，故拋物線E的方程為：y2（2）設(shè)直線MN的方程為x=my+n，Mx3,聯(lián)立y2=8xx=my+nΔ=64m2所以y3+y令y3>0，當y2=8x可化為y=22x則在M處的切線PM的方程為：y?y即y=4同理可得切線PN的方程為：y=4聯(lián)立PM與PN的方程，解得xp所以y3y4=?32=?8n，則則直線MN的方程為x=my+4，所以直線MN過定點，該定點坐標為4,0.【變式2-2】（2024·甘肅蘭州·一模）已知圓C過點P4,1，M2,3和N2,?1，且圓C與y軸交于點F，點F(1)求圓C和拋物線E的方程；(2)過點P作直線l與拋物線交于不同的兩點A，B，過點A，B分別作拋物線E的切線，兩條切線交于點Q，試判斷直線QM與圓C的另一個交點D是否為定點，如果是，求出D點的坐標；如果不是，說明理由．【解題思路】（1）依題意可知圓心在直線y=1上，設(shè)圓心為Ca,1，半徑為r，再由圓過點P4,1，即可得到a=2，r=2，從而求出圓的方程，再令x=0求出（2）設(shè)直線AB的方程為y?1=kx?4Ax1,y1，Bx2,y2，過A，B點的拋物線的切線的斜率分別為k【解答過程】（1）因為圓C過點M2,3和N所以圓心在直線y=1上，設(shè)圓心為Ca,1，半徑為r又圓過點P4,1，所以a=2，r=2則圓C的方程為x?22令x=0，解得y=1，所以F0,1，則p2=1所以拋物線E的方程為x2（2）依題意直線AB的斜率必存在，不妨設(shè)為k，則直線AB的方程為y?1=kx?4即y=kx?4k+1，由y=kx?4k+1x2=4y其中Δ=16k2?416k?4>0，解得k<2?3設(shè)Ax1,y1，Bx2,y又y=14x2，所以y′所以過A點的切線方程為y?x12同理可得過B點的切線方程為y=x由y=x12x?x所以點Q在直線y=2x?1上，而點M2,3也在直線y=2x?1所以直線QM與圓C的另一個交點D就是直線y=2x?1與圓C的交點，由y=2x?1x?22+y?12所以直線QM與圓C的另一個交點為定點D2【變式2-3】（2024·遼寧·三模）設(shè)拋物線C的方程為y2=4x，M為直線l:x=?m(m>0)上任意一點；過點M作拋物線C的兩條切線MA，MB，切點分別為A，B（(1)當M的坐標為?1,32時，求過M，A，(2)求證：直線AB恒過定點；(3)當m變化時，試探究直線l上是否存在點M，使△MAB為直角三角形，若存在，有幾個這樣的點，說明理由；若不存在，也請說明理由．【解題思路】（1）設(shè)切線方程，與拋物線聯(lián)立方程組，由Δ=0求出切線斜率，得A，B兩點的坐標，可求A，B（2）設(shè)切點坐標和切線方程，與拋物線聯(lián)立方程組，由Δ=0求出切線斜率，把M點代入切線方程，可得直線AB（3）利用向量數(shù)量積和直線的斜率，結(jié)合韋達定理，確定△MAB為直角三角形所需條件.【解答過程】（1）當M的坐標為?1,32時，設(shè)過M點的切線方程為與y2=4x聯(lián)立，得y?3令Δ=1?4?k4k+3分別代入方程得y=?1和y=4，故得A(4,4)，B1同時可求得直線MA的方程為y=12x+2，直線MB進而可知kMA?kMB=?1則過M，A，B三點的圓的直徑為線段AB，設(shè)該圓上任一點P的坐標為(x,y)，則AP=(x?4,y?4)，BP所以AP?從而過M，A，B三點的圓的一般方程為x2（圓的標準方程：x?17（2）設(shè)切點分別為Ax1,過拋物線上點Ax1,與y2=4x聯(lián)立，整理得Δ=1?4?k4又因為y12=4x1即y1y=2x+x1又切線MA，MB都過點Mx0,y0即點Ax1,故直線AB的方程為y0設(shè)Mx0,故y0y=2(x?m)對任意y0成立，從而直線AB（3）由（2）知y1,y故有y1+y2=2y0所以MA?①當m=1時，MA?MB=0，直線l上任意一點M均有MA⊥MB②當0<m<1時，MA?MB<0，∠AMB>③當m>1時，MA?MB>0因為kAB=y所以kAB若kAB?kMA=?1又因為x0=?m，所以因為方程(m?2)y02=4有解的充要條件是m>2，所以當m>2時，有所以△MAB為直角三角形．綜上所述，當m=1時，直線l上任意一點M，使△MAB為直角三角形，當m>2時，直線l上存在兩點M，使△MAB為直角三角形；當0<m<1或1<m≤2時，△MAB不是直角三角形．【題型3切線垂直問題】【例3】（23-24高二上·安徽蚌埠·期末）已知拋物線C的方程為x2=4y，過點P作拋物線C的兩條切線，切點分別為（1）若點P坐標為0,?1，求切線PA,PB的方程；（2）若點P是拋物線C的準線上的任意一點，求證：切線PA和PB互相垂直.【解題思路】（1）設(shè)過點P的切線方程為y=kx?1，與拋物線的方程聯(lián)立，由根的判別式為零求得切線的斜率，由此可求得切線的方程．（2）設(shè)點P坐標為t,?1，切線斜率為k，過點P的切線方程為y=kx?t?1，與拋物線的方程聯(lián)立，由根的判別式為零求得切線的斜率間的關(guān)系，根據(jù)直線垂直的條件可證得切線PA和【解答過程】解：（1）由題意，開口向上的拋物線的切線斜率存在，設(shè)切線斜率為k，點P坐標為0,?1，過點P的切線方程為y=kx?1，聯(lián)立方程x2=4yy=kx?1，消去y由Δ=16k2?16=0所以切線PA,PB的方程分別為y=x?1和y=?x?1，即切線方程分別為x?y?1=0和x+y+1=0；（2）設(shè)點P坐標為t,?1，切線斜率為k，過點P的切線方程為y=kx?t聯(lián)立方程x2=4yy=kx?t?1由Δ=16k2?16kt+1=0，得k2?tk?1=0則k1,k2分別為切線所以切線PA和PB互相垂直.【變式3-1】（23-24高二上·河南駐馬店·期末）已知P是拋物線C:y2=4x的準線上任意一點，過點P作拋物線C的兩條切線PA,PB(1)若點P縱坐標為0，求此時拋物線C的切線方程；(2)設(shè)直線PA,PB的斜率分別為k1,k【解題思路】（1）由拋物線性質(zhì)得到點P，直曲聯(lián)立，令判別式得零，解出斜率，得到切線方程；（2）由點斜式設(shè)出直線方程，直曲聯(lián)立，由判別式為零，得到關(guān)于k的一元二次方程，再由韋達定理得到斜率之積為定值.【解答過程】（1）由拋物線C的方程為y2=4x由于點P的縱坐標為0，所以點P為(?1,0)，過P作拋物線C的切線，由題意知斜率存在且不為0，設(shè)其斜率為k則切線方程為y=k(x+1)聯(lián)立y由于直線與拋物線C相切，可知Δ=16?16k此時拋物線C的兩條切線方程分別為x?y+1=0和x+y+1=0.（2）點P在拋物線C的準線上，設(shè)P(?1,m)由題意知過點P作拋物線C的切線，斜率存在且不為0，設(shè)其斜率為k則切線方程為y=k(x+1)+m聯(lián)立y由于直線與拋物線C相切，可知Δ=16?16k(m+k)=0，即而拋物線C的兩條切線PA,PB的斜率k1,k故k1【變式3-2】（23-24高二上·安徽蚌埠·期末）已知拋物線C的方程為x2=4y，點P是拋物線C的準線上的任意一點，過點P作拋物線C的兩條切線，切點分別為A,B，點M是（1）求證：切線PA和PB互相垂直；（2）求證：直線PM與y軸平行；（3）求△PAB面積的最小值.【解題思路】（1）設(shè)點P坐標為t,?1，切線斜率為k，過點P的切線方程為y=kx?t聯(lián)立直線和拋物線的方程得到韋達定理，得到k1k2=?1，即得切線PA和PB互相垂直；（2）設(shè)點Ax1x12而點P的橫坐標也為t，所以直線PM與y軸平行；（3）求出S△PAB=1【解答過程】解：（1）由題意，開口向上的拋物線的切線斜率存在.設(shè)點P坐標為t,?1，切線斜率為k，過點P的切線方程為y=kx?t聯(lián)立方程，x2消去y，得x2由Δ=16k2?16記關(guān)于k的一元二次方程k2?tk?1=0的兩根為則k1,k2分別為切線所以切線PA和PB互相垂直.（2）設(shè)點Ax1x124,B所以過點A的切線方程為y=x將點t,?1代入，化簡得x1同理可得x2所以x1,x2是關(guān)于由根與系數(shù)的關(guān)系知x1所以x1+x22=t，即而點P的橫坐標也為t，所以直線PM與y軸平行.（3）點Mt,x1則SΔPAB由（2）知，x1則x12+SΔPAB當t=0時，△PAB面積的最小值為4.【變式3-3】（23-24高三下·江西景德鎮(zhèn)·階段練習）已知橢圓C1:x23+y22=1，拋物線C2與橢圓C1有相同的焦點，拋物線C2的頂點為原點，點P是拋物線C2的準線上任意一點，過點P作拋物線C2的兩條切線PA（1）求拋物線C2的方程及k（2）若直線AB交橢圓C1于C、D兩點，S1、S2分別是△PAB、△PCD【解題思路】（1）依題意得拋物線C2的焦點坐標為(1,0)，進而可得其方程為y2=4x；設(shè)過點P(?1,t)與拋物線C2相切的直線方程為y?t=k(x+1)（k≠0），代入y2=4x，由（2）先證得直線AB恒過定點(1,0)，且斜率不為零，故設(shè)直線AB的方程為x=my+1，將其與拋物線聯(lián)立，由弦長公式求得AB，再將其與橢圓聯(lián)立，由弦長公式求得CD，進而得S1【解答過程】（1）依題意可得拋物線C2的焦點坐標為(1,0)，又拋物線C2的頂點為原點，所以拋物線C2設(shè)P(?1,t)，過點P與拋物線C2相切的直線方程為y?t=k(x+1)（k≠0），將其代入y2=4x由Δ=0得1k2?tk（2）設(shè)A(x1,y1)，B(x2,則以A為切點的切線方程為y?y1=同理，以B為切點的切線方程為y2因為兩切線均過點P(?1,t)，所以ty1=2(則切點弦AB的方程為ty=2(x?1)，所以直線AB恒過定點(1,0).設(shè)點P到直線AB的距離為d，則S1因為直線AB恒過定點(1,0)，且斜率不為零，故設(shè)直線AB的方程為x=my+1.聯(lián)立x=my+1y2=4x得y則AB=聯(lián)立x=my+1x23+y22=1得則CD=則S1故當m=0時，S1S2【題型4切線交點及其軌跡問題】【例4】（2024·遼寧沈陽·模擬預(yù)測）已知拋物線E：x2=2y，過點T1,1的直線與拋物線E交于A，B兩點，設(shè)拋物線E在點A，B處的切線分別為l1和l2，已知l1與x軸交于點M，l2與x軸交于點N(1)證明：點P在定直線上；(2)若△PMN面積為22，求點P(3)若P，M，N，T四點共圓，求點P的坐標.【解題思路】（1）根據(jù)題意，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出直線l1和l2方程，聯(lián)立直線方程可得點（2）根據(jù)題意，由三角形面積公式可得k的值，由此計算可得答案；（3）根據(jù)題意，求出直線MF的斜率，分析可得MF⊥MP，同理NF⊥NP，TF⊥TP，由此可得直線TP的方程，與直線y=x?1聯(lián)立可得答案．【解答過程】（1）由x2=2y，得y=x22，y′=x所以l1方程為：y=x1同理可得，l2方程為：聯(lián)立l1方程l2方程解得x因為點T在拋物線內(nèi)部，可知直線AB的斜率存在，且與拋物線必相交，設(shè)直線AB的方程為y=kx?1+1，與拋物線方程聯(lián)立得：故，所以x1+所以xP=k，y所以點P在定直線y=x?1上.（2）在l1，l2的方程中，令y=0，得Mx由（1）知x1+x2=2k，x所以△PMN面積S=1故S=1化簡可得k?12=1，故k=0或所以點P的坐標為0,?1或2,1（3）若x1=0，則P，拋物線焦點F0,12，由Mx12,0直線MP斜率kMP=x可知MF⊥MP，同理NF⊥NP，所以PF是△PMN外接圓的直徑.若點T也在該圓上，則TF⊥TP.由F0,12,T1,1得直線TP的方程為：y=?2x?1又點P在定直線y=x?1上，聯(lián)立兩直線方程得P4【變式4-1】（24-25高三上·云南·階段練習）已知點Px0,y0是拋物線y2=2pxp>0上任意一點，則在點P處的切線方程為y0y=px+(1)當a=6時，設(shè)這兩條切線交于點Q，求點Q的軌跡方程；(2)（?。┣笞C：由點A，B及拋物線C0的頂點所成三角形的重心的軌跡為一拋物線C（ⅱ）對C1再重復(fù)上述過程，又得一拋物線C2，以此類推，設(shè)得到的拋物線序列為C1，C2，C3【解題思路】（1）根據(jù)題意，寫出切線方程，再利用垂直得到斜率相乘等于?1進行化簡；（2）（?。┰冢?）的基礎(chǔ)上，結(jié)合重心的性質(zhì)可以得到重心的軌跡方程；（ⅱ）根據(jù)圖象平移對C1重復(fù)上述過程，得到拋物線C2，要觀察其變換規(guī)律，進而歸納出【解答過程】（1）設(shè)Ax1,y1則QA:y1y=3聯(lián)立y1y=3∴QA⊥QB，∴kQA?k∴xQ故點Q的軌跡方程為x=?3（2）（?。┯梢阎傻肣A:y1y=∴QA⊥QB，∴kQA?k因為拋物線C的頂點為O，設(shè)△OAB的重心坐標為x,y，則x=x由①②得y2故由點A，B及拋物線C的頂點所成三角形的重心的軌跡方程為C1:y（ⅱ）由C:y2=ax變?yōu)镃1:y2由C1:y2=a3x?a6變?yōu)橐源祟愅?，拋物線Cny==a

【變式4-2】（2024·廣西·二模）已知拋物線C:x2=y，過點E0,2作直線交拋物線C于A，B兩點，過A，B兩點分別作拋物線(1)證明：P在定直線上；(2)若F為拋物線C的焦點，證明：∠PFA=∠PFB．【解題思路】（1）設(shè)出Ax1,x12，Bx（2）要證∠PFA=∠PFB．即證FA?【解答過程】（1）證明：設(shè)Ax1,x1直線AB的方程為y?x12又因為直線AB過點E0,2，所以?x1設(shè)直線PA的方程為y?x12=kx?x1又因為直線PA與拋物線相切，所以x1=k?x所以直線PA的方程為y?x12同理直線PB的方程為y=2xx由y=2xx1?x1故點P在直線y=（2）證明：∵cos∠PFA=FA?注意到兩角都在0,π內(nèi)，可知要證∠PFA=∠PFB．即證FA而FA=x1所以FA?又|FA所以FA?FPFA即有FA?FPFA【變式4-3】（2024·上?！と＃┮阎獟佄锞€Γ:x2=2y的焦點為F，過點T1,1的直線l與Γ交于A、B兩點．設(shè)Γ在點A、B處的切線分別為l1，l2，l1與x軸交于點M，l2與x(1)設(shè)點A橫坐標為a，求切線l1的斜率，并證明FM⊥(2)證明：點P必在直線y=x?1上；(3)若P、M、N、T四點共圓，求點P的坐標．【解題思路】（1）利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義可求出切線l1的斜率，再由點斜式求出直線l1的方程，從而可求出M的坐標，則可得（2）設(shè)Aa,a22，Bb,b22，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義可求出l1（3）解法一：表示出M,N,P三點坐標，設(shè)△PMN的外接圓方程為x2+y2+Dx+Ey+F=0，將坐標代入方程可求出D,E,F，從而可得圓的方程，再將T1,1代入圓方程，化簡后與ab?a+b+2=0聯(lián)立可求出點P的坐標；解法二：由（1）可得MF⊥l1，NF⊥l2，則F，M，N，P四點共圓，【解答過程】（1）點A橫坐標為a，則Aa,因為y=x22，y′所以切線l1的方程為y?切線l1與x軸的交點為M因為F0,12所以kMF?k當a=0時，亦有FM⊥l結(jié)論得證.（2）證明：設(shè)Aa,a22，Bb,所以kl所以直線l1:y=ax?a由y=ax?a22y=bx?b因為點Aa,a22，所以kAB=kBT，所以ab?a+b+2=0所以點P在直線y=x?1上（3）因為直線l1:y=ax?a所以Ma2,0，N設(shè)△PMN的外接圓方程為x2則a2解得D=?a+b2，E=?所以外接圓方程為x將T1,1代入方程，得又a+b=ab+2，解得a+b=83，所以點P坐標為4解法二:拋物線Γ的焦點F0,由（1）可知MF⊥l1，同理可證得所以F，M，N，P四點共圓，所以PF是△PMN的外接圓的直徑，因為P、M、N、T四點共圓，所以點T在△PMN的外接圓上，所以FT⊥TP，所以kFT?kTP=?1所以直線TP方程為y?1=?2(x?1)，即y=?2x+3又點P在直線y=x?1上，則由y=?2x+3y=x?1，得x=所以點P坐標為43【題型5面積問題】【例5】（23-24高三上·河南濮陽·階段練習）我們把圓錐曲線的弦AB與過弦的端點A，B處的兩條切線所圍成的三角形△PAB（P為兩切線的交點）叫做“阿基米德三角形”．拋物線有一類特殊的“阿基米德三角形”，當線段AB經(jīng)過拋物線的焦點F時，△PAB具有以下性質(zhì)：①P點必在拋物線的準線上；②PA⊥PB；③PF⊥AB．已知直線l:y=kx?1與拋物線y2=4x交于A，B點，若AB=8，則拋物線的“阿基米德三角形”A．82 B．42 C．22【解題思路】根據(jù)給定條件求出直線PF方程，進而求出點P坐標及PF長即可求出△PAB的面積.【解答過程】拋物線的焦點為F1,0，準線方程為x=?1，直線l:y=k依題意，k≠0，設(shè)Ax1,由y2=4xy=kx?1消去y并整理得k2AB=x1+x當k=1時，因△PAB為“阿基米德三角形”，則直線PF斜率kPF=?1，直線PF方程為：點P必在拋物線的準線x=?1上，點P?1,2，PF又PF⊥AB，于是得S△PAB由對稱性可知，當k=?1時，同理有S△PAB所以△PAB的面積是82故選：A.【變式5-1】（2024·山西·模擬預(yù)測）圓錐曲線的弦與過弦的端點的兩條切線所圍成的三角形叫做阿基米德三角形，過拋物線焦點F作拋物線的弦，與拋物線交于A，B兩點，分別過A，B兩點作拋物線的切線l1，l2相交于點P，那么阿基米德三角形PAB滿足以下特性：①點P必在拋物線的準線上；②△PAB為直角三角形，且∠APB為直角；③PF⊥AB，已知P為拋物線y2=x的準線上一點，則阿基米德三角形A．12 B．14 C．2【解題思路】設(shè)直線AB的方程為x=my+14，A(y12,y1)，B(y22,y2)，y1>0,y2<0，P?14,y0【解答過程】易知，焦點F(14,0)設(shè)直線AB的方程為x=my+14，A(y12,y聯(lián)立y2=xx=my+14則Δ>0，y又PF⊥AB，可得PF?AB=0，即1過P點作PM//x軸交AB于則yM=y0=y1故S=1當且僅當y1故三角形PAB的面積的最小值為14故選：B．【變式5-2】（2024·河北秦皇島·二模）已知拋物線E：x2=2y的焦點為F，點P是x軸下方的一點，過點P作E的兩條切線l1,l2，且(1)求證：F，P，M，N四點共圓；(2)過點F作y軸的垂線l，兩直線l1,l2分別交l于【解題思路】（1）在取定點Px0,（2）從斜率k滿足的二次方程出發(fā)，可以對l1,l2的斜率k1,k2使用韋達定理，并可以使用k1,k【解答過程】（1）設(shè)Px0,y0，若過點P且斜率為k的直線y=kx?x此即關(guān)于x的二次方程x2?2kx+2kx0?2另一方面，該直線與x軸交于點x0?y0k所以，過點P作拋物線的切線后，該切線與x軸的交點到焦點F和點P的連線互相垂直.這就說明∠PMF=∠PNF=90°，從而∠PMF+∠PNF=90°+90°=180°，所以F，P，M，N四點共圓.（2）由l的定義知其方程為y=12，設(shè)l1,l2的斜率分別為k1,k故k1+k由于l1,l2均過點Px在y=k1x?x0+y0中令所以AB=由y0<0，可設(shè)u=?2S△PAB所以S=≥14u2?1?=3另一方面，當P0,?16時，l1,l2從而此時AB=43綜上，△PAB的面積的最小值是43【變式5-3】（2024·河南·模擬預(yù)測）在直角坐標系xOy中，已知a=4,y,(1)求點Mx,y的軌跡Γ(2)由圓x2+y2=R2上任一點Nx0,y0處的切線方程為x0x+y0y=R2，類比其推導(dǎo)思想可得拋物線C:y2=2px(p>0)上任一點【解題思路】（1）由a?b=0（2）設(shè)P?3,tt≠0,Qx1,y1,Rx2【解答過程】（1）因為a?b=0，所以4x?y2=0，整理得y2（2）設(shè)P?3,t由題可知，PQ方程為y1y=2x+x1，當y=0將點P?3,t帶入y1y=2x+x所以Qx1,y1所以直線QR的方程為yt=2?3+x，即由y2=4x,2x=ty+6,整理得，y2?2ty?12=0所以QR=1+t22點P到直線QR的距離為d=?6?t2所以S△PQR因為Q1所以Q1R1S△P所以S△P因為t≠0，所以t2t2+12∈【題型6最值問題】【例6】（23-24高三·云南昆明·階段練習）過拋物線y2=2pxp>0的焦點F作拋物線的弦，與拋物線交于A，B兩點，分別過A，B兩點作拋物線的切線l1，l2相交于點P，△PAB又常被稱作阿基米德三角形．△PABA．p23 B．p22 C．【解題思路】設(shè)出直線AB的方程，利用弦長公式求出弦長，求出兩條切線的方程得出點P的坐標，利用三角形的面積公式可得S△PAB【解答過程】設(shè)Ax1,y1因為直線AB過焦點p2,0，所以設(shè)直線AB的方程聯(lián)立y2=4xx=my+所以y1AB由拋物線的性質(zhì)可得過點Ax1,yy聯(lián)立yy1=px+x1y點P到直線的距離d=pS當且僅當m=0時取到最小值.故選：C.【變式6-1】（23-24高三上·湖南長沙·階段練習）AB為拋物線x2=2pyp>0的弦，Ax1,y1，Bx2,y2分別過A,BA．xB．底邊AB的直線方程為x0C．△AMB是直角三角形；D．△AMB面積的最小值為2p【解題思路】由導(dǎo)數(shù)的幾何意義，求得可得A處的切線方程，得出直線AM,BM的方程為y=x1px?x122p和y=x2px?x222p，得到1px1【解答過程】依題意設(shè)Ax1,y1，Bx2由導(dǎo)數(shù)的幾何意義知，直線AM的斜率為kAM=1px可得A處的切線方程為：y?y1=化簡可得y=x1px?x同理可得：直線BM的方程為y=x2p則1p因為x1≠x2，解得因點M(x0,可得x0?x即Ax1,y1在x所以底邊AB的直線方程為x0設(shè)直線AB:y=kx+p2，聯(lián)立方程組y=kx+p則Δ=(?2p)2+4p因為kMA?k所以△AMB是直角三角形，所以C正確；取AB的中點H，連接MH，根據(jù)拋物線的定義，可得MH平行y軸，所以S==因為x1+x2=2pkx1代入可得S=1當k=0時，Smin故選：ABC.【變式6-2】（2024·云南曲靖·一模）已知斜率為1的直線l1交拋物線E:x2=2pyp>0于A、B兩點，線段AB(1)求拋物線E的方程；(2)設(shè)拋物線E的焦點為F，過點F的直線l2與拋物線E交于M、N兩點，分別在點M、N處作拋物線E的切線，兩條切線交于點P，則△PMN的面積是否存在最小值？若存在，求出這個最小值及此時對應(yīng)的直線l【解題思路】（1）設(shè)點Ax1,y1、Bx2（2）設(shè)點Mx3,y3、Nx4,y4，分析可知，直線l2的斜率存在，設(shè)直線l2的方程為y=kx+1，將該直線的方程與拋物線的方程聯(lián)立，列出韋達定理，求出【解答過程】（1）解：設(shè)點Ax1,y1、Bx2因為線段AB的中點Q的橫坐標為2，則x1kAB=y所以，拋物線E的方程為x2（2）解：設(shè)點Mx3,y3若直線l2的斜率不存在，則直線l2與拋物線設(shè)直線l2的方程為y=kx+1，聯(lián)立y=kx+1x2Δ=16k2+16>0，由韋達定理可得由焦點弦長公式可得MN=對函數(shù)y=x24求導(dǎo)得y′=x2同理可知，直線PN的方程為y=x聯(lián)立y=x3x2?則FP=2k,?2，所以，F(xiàn)P?MN=2k且PF=所以，S△PMN當且僅當k=0時，等號成立，故△PMN的面積存在最小值，且最小值為4，此時，直線l2的方程為y=1【變式6-3】（2024·河北·模擬預(yù)測）已知拋物線C:x2=2py(p>0)，過點P(0,2)的直線l與C交于A,B兩點，當直線l與y軸垂直時，OA⊥OB(1)求C的準線方程；(2)若點A在第一象限，直線l的傾斜角為銳角，過點A作C的切線與y軸交于點T，連接TB交C于另一點為D，直線AD與y軸交于點Q，求△APQ與△ADT面積之比的最大值.【解題思路】（1）將y=2代入拋物線，結(jié)合△AOB為等腰直角三角形求參數(shù)，即可得拋物線方程，進而寫出準線方程；（2）設(shè)A(a,a22)，直線l:y=kx+2(k>0)，聯(lián)立拋物線求B坐標，導(dǎo)數(shù)幾何意義求直線TA方程，依次求出T,D,Q坐標，進而求【解答過程】（1）將y=2代入x2=2py(p>0)，則由OA⊥OB，故△AOB為等腰直角三角形，故2p=2，即所以C:x2=2y（2）設(shè)A(a,a22)，直線所以axB=?4，則x由y=x22，則y′=x令x=0，則yT=?a設(shè)直線TB:y=k1x?所以?4axD=綜上，直線AD:y?a22=a632由直線l的傾斜角為銳角，故a>2，則S△APQ=a所以S△APQS△ADT=4(則S△APQS△ADT=4t所以△APQ與△ADT面積之比的最大值3?22一、單選題1．（2024·吉林白山·二模）阿基米德三角形由偉大的古希臘數(shù)學家阿基米德提出，有著很多重要的應(yīng)用，如在化學中作為一種穩(wěn)定的幾何構(gòu)型，在平面設(shè)計中用于裝飾燈等.在圓倠曲線中，稱圓錐曲線的弦與過弦的端點的兩條切線所圍成的三角形叫做阿基米德三角形.已知拋物線C:y2=8x的焦點為F，頂點為O，斜率為43的直線l過點F且與拋物線C交于M,N兩點，若△PMN為阿基米德三角形，則A．11 B．23 C．13 D．【解題思路】求出直線l的方程，聯(lián)立拋物線方程，得到M,N兩點坐標，求出過點M,N的切線方程，聯(lián)立后得到P?2,3【解答過程】依題意，F(xiàn)2,0，設(shè)直線l:y=43則y2?6y?16=0，解得y=8或y=設(shè)直線PM方程為y?8=kx?8，聯(lián)立C:kx?8+82Δ=解得k=1故直線PM的斜率k=12，故直線同理可得直線PN的斜率k′=?2，故直線聯(lián)立y=12x+4,即P?2,3，則OP故選：C.2．（2024·青海西寧·二模）拋物線的弦與過弦的端點的兩條切線所圍成的三角形常被稱為阿基米德三角形．阿基米德三角形有一些有趣的性質(zhì)，如：若拋物線的弦過焦點，則過弦的端點的兩條切線的斜率之積為定值．設(shè)拋物線y2=2px(p>0)，弦AB過焦點，△ABQ為阿基米德三角形，則△ABQ的面積的最小值為（A．p22 B．p2 C．2【解題思路】設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，設(shè)直線AB為x=my+p2，代入拋物線方程，由韋達定理得y1+y2=2pm,y1y2=?p2，設(shè)過A的切線方程為【解答過程】設(shè)Ax1,y1,Bx整理得y2?2pmy?p設(shè)過點A的切線方程為y?y1=k整理得y2?2pky+則過A的切線為：y?y1=py1x?同理可得過點B的切線斜率為py2，過點B的切線方程為：聯(lián)立兩切線py1x+所以兩條切線的交點Q在準線上，則y1兩式相減得y1∴y=y1+y2又因為直線AB的斜率為1m(m≠0)，∴AB⊥QF（如圖，設(shè)準線與x軸的交點為M，△ABQ的面積S=1當AB⊥x軸時，AB最短（最短為2p），QF也最短（最短為MF=p此時△ABQ的面積取最小值p2故選：B.3．（23-24高二·全國·課后作業(yè)）圓錐曲線的弦與過弦的端點的兩條切線所圍成的三角形常被稱為阿基米德三角形，其中拋物線中的阿基米德三角形有一些有趣的性質(zhì)，如：若拋物線的弦過焦點，則過弦的端點的兩條切線的交點在其準線上．設(shè)拋物線y2=2pxp>0，弦AB過焦點F，△ABQ為阿基米德三角形，則△ABQA．銳角三角形 B．直角三角形C．鈍角三角形 D．隨著點A，B位置的變化，前三種情況都有可能【解題思路】設(shè)出直線AB的方程，聯(lián)立拋物線，利用韋達定理得出y1【解答過程】如圖，設(shè)Ax1,y1，Bx2設(shè)直線AB的方程為my=x?p2，聯(lián)立整理得y2?2pmy?p2=0設(shè)過點A的切線方程為k1y?y整理得y2則Δ=?2pk設(shè)過點B的切線方程為k2y?y則p2k1k2則兩條切線的斜率之積為?1，故△ABQ是直角三角形．故選：B．4．（2024·河北·三模）拋物線的弦與過弦的端點的兩條切線所圍成的三角形稱為阿基米德三角形，在數(shù)學發(fā)展的歷史長河中，它不斷地閃煉出真理的光輝，這個兩千多年的古老圖形，蘊藏著很多性質(zhì)．已知拋物線y2=4x，過焦點的弦AB的兩個端點的切線相交于點M，則下列說法正確的是（A．M點必在直線x=?2上，且以AB為直徑的圓過M點B．M點必在直線x=?1上，但以ABC．M點必在直線x=?2上，但以AB為直徑的圓不過M點D．M點必在直線x=?1上，且以AB【解題思路】結(jié)合導(dǎo)數(shù)幾何意義可證得過拋物線y2=4x上一點x0,y0的切線方程為y0y=2x+x0，由此可確定在A,B處的切線方程，進而結(jié)合M點坐標得到直線AB【解答過程】設(shè)x0,y當y0>0時，由y=2x得：y′=即y?y0=同理可得：當y0<0時，在x0經(jīng)檢驗，當x0=0，y0=0時，切線方程為∴過拋物線y2=4x上一點x0設(shè)Ax則拋物線在A,B處的切線方程為y1y=2x+x1∴點A,B滿足直線方程：yy3=2x+x∴21+x3=0，解得：x3=?1，由題意知：y1≠0，∵kMA=2y設(shè)直線AB方程為：x=ty+1，由x=ty+1y2=4x得：y2?4ty?4=0，∴∴以AB為直徑的圓過M點；B錯誤，D正確.故選：D.5．（23-24高三上·河南濮陽·階段練習）我們把圓錐曲線的弦AB與過弦的端點A，B處的兩條切線所圍成的三角形△PAB（P為兩切線的交點）叫做“阿基米德三角形”．拋物線有一類特殊的“阿基米德三角形”，當線段AB經(jīng)過拋物線的焦點F時，△PAB具有以下性質(zhì)：①P點必在拋物線的準線上；②PA⊥PB；③PF⊥AB．已知直線l:y=kx?1與拋物線y2=4x交于A，B點，若AB=8，則拋物線的“阿基米德三角形”△PAB頂點A．±1 B．±2 C．±3 D．±【解題思路】確定直線l:y=kx?1過拋物線焦點，聯(lián)立拋物線方程，得到根與系數(shù)的關(guān)系式，利用弦長公式可求得k2=1【解答過程】拋物線的焦點為F1,0，準線方程為x=?1直線l:y=kx?1由題意k≠0，設(shè)Ax1,聯(lián)立y2=4xy=k所以x1+x2=2k∴k=±1，當k=1時，kPF=?1，所以直線PF方程為：因為△PAB為“阿基米德三角形”，所以點P必在拋物線的準線x=?1上，所以點P?1,2由拋物線對稱性可知，當k=?1時，P?1,?2故選：B．6．（23-24高三·云南昆明·階段練習）過拋物線y2=2pxp>0的焦點F作拋物線的弦與拋物線交于A、B兩點，M為AB的中點，分別過A、B兩點作拋物線的切線l1、l2相交于點P①P點必在拋物線的準線上；②AP⊥PB；③設(shè)Ax1,y1、Bx2④PF⊥AB；⑤PM平行于x軸.其中正確的個數(shù)是（

）A．2 B．3 C．4 D．5【解題思路】作出圖形，設(shè)點Ax1,y1、Bx2,y2，設(shè)直線AB的方程為x=my+p2，將直線AB的方程與拋物線方程聯(lián)立，列出韋達定理，求出直線l1、l2的方程，求出點P的坐標，可判斷①的正誤；利用直線【解答過程】先證明出拋物線y2=2pxp>0在其上一點x證明如下：由于點x0,y0在拋物線聯(lián)立y2=2pxy0y=px+px0所以，拋物線y2=2pxp>0在其上一點x如下圖所示：設(shè)Ax1,y1、B聯(lián)立x=my+p2y2=2px由韋達定理可得y1y2對于命題①，拋物線y2=2px在點A處的切線方程為y1同理可知，拋物線y2=2px在點B處的切線方程為聯(lián)立y1y=px+y122y即點P在拋物線的準線上，①正確；對于命題②，直線l1的斜率為k1=py1，直線所以，AP⊥PB，②正確；對于命題④，當AB垂直于x軸時，由拋物線的對稱性可知，點P為拋物線的準線與x軸的交點，此時PF⊥AB；當AB不與x軸垂直時，直線AB的斜率為kAB直線PF的斜率為kPF=mp?p=?m綜上，PF⊥AB，④正確；對于命題③，AB=PF=所以，S△PAB=1當且僅當m=0y對于命題⑤，當AB垂直于x軸時，由拋物線的對稱性可知，點P為拋物線的準線與x軸的交點，此時直線PM與x軸重合，⑤錯誤.故選：B.7．（2024高三·全國·專題練習）已知拋物線Γ:x2=8y的焦點為F，直線l與拋物線Γ在第一象限相切于點P，并且與直線y=?2和x軸分別相交于A，B兩點，直線PF與拋物線Γ的另一個交點為Q．過點B作BC//AF交PF于點C附加結(jié)論：拋物線上兩個不同的點A，B的坐標分別為Ax1,y1，Bx2,y2，以A，B為切點的切線

定理：點P的坐標為x1推論：若阿基米德三角形的底邊即弦AB過拋物線內(nèi)定點C0,mm>0，則另一頂點P的軌跡方程為A．5?1 B．2+5 C．3+5【解題思路】根據(jù)題意可知：△APQ為拋物線的阿基米德三角形，AQ也與拋物線相切，結(jié)合平行關(guān)系可得QQ′=PD，可得【解答過程】因為直線PQ過拋物線的焦點F0,2由推論可知以PQ為底邊的阿基米德三角形的另一個頂點P的軌跡方程為y=又因為切線PA與直線y=?2故△APQ為拋物線的阿基米德三角形，AQ也與拋物線相切．如圖，設(shè)點P，Q在直線y=?2（拋物線的準線）上的射影分別為P連接PP′，QQ′，PP

由BC∥AF可得PCPF因為PC=QF=又因為PF=PP設(shè)Px1,y1由定理可得x1x2即8y1?8聯(lián)立①②兩式，解得y1=5故PF=故選：C．8．（2024·云南昆明·模擬預(yù)測）阿基米德（公元前287年～公元前212年）是古希臘偉大的物理學家、數(shù)學家和天文學家.他研究拋物線的求積法得出著名的阿基米德定理，并享有“數(shù)學之神”的稱號.拋物線的弦與過弦的端點的兩條切線所圍成的三角形被稱為阿基米德三角形.如圖，△PAB為阿基米德三角形.拋物線x2=2py(p>0)上有兩個不同的點Ax1,y1,Bx2,（1）若弦AB過焦點，則△ABP為直角三角形且∠APB=90（2）點P的坐標是x1（3）△PAB的邊AB所在的直線方程為x1（4）△PAB的邊AB上的中線與y軸平行（或重合）.A．（2）（3）（4） B．（1）（2） C．（1）（2）（3） D．（1）（3）（4）【解題思路】設(shè)Ax1,x1利用焦點弦性質(zhì)得kPA寫出切線方程，聯(lián)立求出P點坐標，得（2）錯誤；用A,B兩點坐標表示出kAB，寫出直線AB設(shè)N為拋物線弦AB的中點，立即得（4）正確；【解答過程】由題意設(shè)Ax1,x122p，Bx2,x222p，x1<x2，由以點A為切點的切線方程為y?x122p=x1p(x?x1)，以點B為切點的切線方程為y?x設(shè)N為拋物線弦AB的中點，N的橫坐標為xN=x1+x22，因此則直線PN平行于y軸，即平行于拋物線的對稱軸，故（4）正確；設(shè)直線AB的斜率為故選：D.二、多選題9．（2024·山東·模擬預(yù)測）拋物線的弦與過弦的端點的兩條切線所圍成的三角形叫做阿基米德三角形．已知拋物線C:x2=8y，阿基米德三角形PAB，弦AB過C的焦點F，其中點AA．點P的縱坐標為?2 B．C的準線方程為x=?2C．若AF=8，則AB的斜率為3 D．△PAB【解題思路】設(shè)Ax1,y1，Bx2,y2，直線AB:y=kx+2，聯(lián)立方程組，求得x1+x2=8k，x1x2=?16，求得A【解答過程】對于A項，設(shè)Ax1,y1聯(lián)立C:x2=8y，消去y，得x所以x1+x由C:x2=8y，得y′=同理點B處的切線：y=14x2x?所以，點P4k,?2對于B項，準線方程為y=對于C項，AF=y1+2=8，得y1對于D項，AB=y1+y2+4=k所以S△ABP當k=0時，△ABP的面積有最小值16.故D正確.故選：AD.10．（2024·湖南長沙·二模）過拋物線C：x2=2py（p>0）的焦點F的直線與拋物線C相交于A，B兩點，以A，B為切點作拋物線C的兩條切線l1，l2，設(shè)l1，l2的交點為M，稱△A．△AMB是直角三角形B．頂點M的軌跡是拋物線C的準線C．MF是△AMB的高線D．△AMB面積的最小值為2【解題思路】關(guān)于阿基米德三角形△AMB的結(jié)論，需要逐個選項去判斷，由kMA?kMB=?1，即可證明A；求出A,B處的切線方程，可以得出M的坐標進而可以驗證B；設(shè)AB【解答過程】設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2由導(dǎo)數(shù)的幾何意義知，直線AM的斜率為kAM=1px設(shè)直線AB:y=kx+p2，聯(lián)立y=kx+p得到x1+x對于A，∵kMA?k所以△AMB是直角三角形，故A正確；對于B，由導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得A處的切線方程為：y?y則y?x12所以直線AM的方程為：y=x同理可得：直線BM的方程為：y=x所以x1px?因為x1≠x所以y=x所以Mx1+x22,?所以頂點M的軌跡是拋物線C的準線，且取AB的中點H，連接MH，MH平行y軸，故B正確；對于C，kAB=y1所以MF是△AMB的高線，故C正確；對于D，因為MH平行y軸，所以S==因為x1+x所以x1x1代入可得：S=1當k=0時，Smin故選：ABC.

11．（23-24高三下·湖南長沙·階段練習）拋物線的弦與弦的端點處的兩條切線形成的三角形稱為阿基米德三角形，該三角形以其深刻的背景?豐富的性質(zhì)產(chǎn)生了無窮的魅力.設(shè)A,B是拋物線C:x2=4y上兩個不同的點，以Ax1,y1,BA．xB．若x1=2，則AC．存在點P，使得PAD．△PAB面積的最小值為4【解題思路】聯(lián)立方程組，結(jié)合韋達定理，可判定A正確；求得y′=12x，得到切點坐標Ax1,14x12，得出切線方程y=12x1【解答過程】對于A中，設(shè)直線AB:y=kx+1，聯(lián)立方程組y=kx+1x2=4y再設(shè)Ax1,對于B中，由拋物線x2=4y.可得y=1則過點A的切線斜率為12x1，且y則切線方程為：y?14x若x1=2時，則過點A的切線方程為：對于C中，由選項B可得：直線AP的斜率為12x1，直線BP因為12x1?1對于D中，由選項B可知，過點B的切線方程為y=1聯(lián)立直線PA,PB的方程可得P2k,?1所以S△ABPAB=PF=則S△ABP=41+k232故選：ABD.三、填空題12．（2024高三·全國·專題練習）拋物線的弦與過弦端點的兩條切線所圍成的三角形被稱為阿基米德三角形．設(shè)拋物線為y2=4x，弦AB過焦點，△ABQ為阿基米德三角形，則△ABQ的面積的最小值為【解題思路】根據(jù)拋物線y2=2pxp>0在點P【解答過程】先證拋物線y2=2pxp>0在點P不妨設(shè)切線方程為：x?x0=k切線方程與拋物線聯(lián)立可得：y2所以Δ=4易知該切線只有一條，所以k=y先設(shè)點A的坐標為xA,yA，點B的坐標為xB由于弦AB過拋物線y2=4x的焦點，于是可反設(shè)直線AB的方程為因此點A，B的坐標滿足y2=4x,x=my+1,再使用韋達定理就有yA由于在AxA,yA處拋物線y2=4x的切線方程為y因此阿基米德三角形的頂點QxQ,進而yA?y將yQ=yA+因此點Q的坐標為?1,2m，于是點Q到直線AB的距離d=?1?2根據(jù)弦長公式得AB=于是△ABQ的面積S=12AB因此△ABQ的面積的最小值為4．故答案為：4.

13．（24-25高二上·上?！卧獪y試）我們把圓錐曲線的弦AB與過弦的端點A、B處的兩條切線所圍成的△PAB（P為兩切線的交點）叫做“阿基米德三角形”．拋物線有一類特殊的“阿基米德三角形”，當線段AB經(jīng)過拋物線的焦點F時，△PAB具有以下性質(zhì)：①P點必在拋物線的準線上；②PA⊥PB；③PF⊥AB．已知直線l：y=kx?1與拋物線y2=4x交于A、B兩點，若AB=8，則拋物線的“阿基米德三角形”△PAB的頂點P的坐標為(?1,2)【解題思路】設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，將直線方程代入拋物線方程化簡利用根與系數(shù)的關(guān)系，結(jié)合弦長【解答過程】拋物線y2=4x的焦點F(1,0)，準線方程為設(shè)A(x由y2=4xy=k(x?1)由Δ=所以x1所以AB=x1+x當k=1時，因為PF⊥AB，所以kPF所以直線PF的方程為y=?(x?1)，因為P點必在拋物線的準線x=?1上，所以xP所以yP=?(x當k=?1時，因為PF⊥AB，所以kPF所以直線PF的方程為y=x?1，因為P點必在拋物線的準線x=?1上，所以xP所以yP=x綜上，△PAB的頂點P的坐標為(?1,2)或(?1,?2).故答案為：(?1,2)或(?1,?2).14．（23-24高三下·江西·階段練習）圓錐曲線C的弦AB與過弦的端點A，B的兩條切線的交點P所圍成的三角形PAB叫做阿基米德三角形，若曲線C的方程為x2=4y，弦AB過C的焦點F，設(shè)Ax1,y1，Bx2,y2，Px0,y0，則有x0=【解題思路】由已知可設(shè)直線AB的方程為y=kx+1，聯(lián)立方程組，結(jié)合設(shè)而不求法依次判斷各命題即可.【解答過程】拋物線x2=4y的焦點為F0,1過點F0,1故可設(shè)直線AB方程為y=kx+1，聯(lián)立x2=4yy=kx+1，消y方程x2?4kx?4=0的判別式所以x1所以y1因為x0=x所以x0=2k，因為y0=?1，所以點P在直線kPAkPA因為FA=所以FAFBPF=所以PF2故答案為：①④.四、解答題15．（23-24高三上·河北衡水·階段練習）著名古希臘數(shù)學家阿基米德首次用“逼近法”的思想得到了橢圓的面積公式S=abπ，（a,b分別為橢圓的長半軸長和短半軸長）為后續(xù)微積分的開拓奠定了基礎(chǔ)，已知橢圓C：x2(1)求C的面積；(2)若直線l:x+2y?3=0交C于A,B兩點，求AB．【解題思路】（1）根據(jù)橢圓方程和橢圓面積公式，即可求解；（2）直線與橢圓方程來努力，利用弦長公式，即可求解.【解答過程】（1）橢圓C的方程為x218+y2則a=32，b=3所以橢圓C的面積S=π（2）聯(lián)立x218+Δ=16+24=40>0，y1+AB=16．（23-24高二下·重慶·階段練習）過拋物線外一點P作拋物線的兩條切線，切點分別為A，B，我們稱△PAB為拋