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专题3 阿基米德三角形 微点1 阿基米德三角形试卷
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这是一份专题3 阿基米德三角形 微点1 阿基米德三角形试卷，共25页。
专题3 阿基米德三角形 微点1 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）过抛物线上一点的切线方程为：；
（2）过抛物线上一点的切线方程为：；
（3）过抛物线上一点的切线方程为：；
（4）过抛物线上一点的切线方程为：．
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：设抛物线上一点的切线方程为：，代入，整理得，
由，得抛物线上一点处的切线唯一， 关于的一元二次方程有两个相等的实数根，所求的切线方程为，即，又，过抛物线上一点的切线方程为：。
证法2：，甴导数的几何意义得所求切线的斜率为所求的切线方程为，即，又，过抛物线上一点的切线方程为：。
二、阿基米德三角形概念
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1，即为阿基米德三角形）．
重要结论：抛物线与弦之间所围成区域的面积（图二中的阴影部分）为阿基米德三角形面积的三分之二．
阿基米德运用逼近的方法证明了这个结论．
证明：如图3，是中边上的中线，则平行于轴（下面的性质1证明会证到），过作抛物线的切线，分别交、于，则、也是阿基米德三角形，可知是中边上的中线，且平行于轴，可得点是的中点，同理是的中点，故是的中点，则是的，由此可知：是的，是的，以此类推，图2中蓝色部分的面积是红色部分而知的，累加至无穷尽处，便证得重要结论．
三、阿基米德三角形的性质
【性质1】阿基米德三角形底边上的中线平行于抛物线的轴．
证明：设为弦AB的中点，则过A的切线方程为，过B的切线方程为，联立方程，，，解得两切线交点，又，//轴．
【性质2】若阿基米德三角形的底边即弦过抛物线内的定点，则另一顶点的轨迹为一条直线．
证明：设，，为抛物线内的定点，弦的过定点，则过的切线方程为，过的切线方程为，则设另一顶点，满足且，故弦所在的直线方程为，又由于弦过抛物线内的定点，故，即点的轨迹方程为直线 ．
【性质3】抛物线以点为中点的弦平行于点的轨迹．
证明：由性质2的证明可知：点的轨迹方程为直线 ．∵点为弦的中点，故的轨迹方程为，斜率；而弦所在的直线方程为，由性质1的证明可知：，，故弦所在的直线方程为，斜率，又∵直线与的轨迹方程不重合，故可知两者平行．
【性质4】若直线与抛物线没有公共点，以上的点为顶点的阿基米德三角形的底边过定点（若直线方程为：，则定点的坐标为．
证明：任取直线：上的一点，则有，即┅①，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，则又由性质2的证明可知：弦所在的直线方程为，把①式代入可得：，即，令且，可得：弦所在的直线过定点．
【性质5】底边为的阿基米德三角形的面积最大值为．
证明：，设到的距离为，由性质1知：
（直角边与斜边），
设直线的方程为 ，则，
∴．
【性质6】若阿基米德三角形的底边过焦点，顶点的轨迹为准线，且阿基米德三角形的面积最小值为．
证明：由性质2，若底边过焦点，则，点的轨迹方程是，即为准线；易验证，即，故阿基米德三角形为直角三角形，且为直角顶点， 阿基米德三角形的面积最小值为．
【性质7】在阿基米德三角形中，．
证明：作准线，准线，连接，则，显然，
∴，又∵，由三角形全等可得，
∴，
同理可得，
∴．
【性质8】抛物线上任取一点（不与重合），过作抛物线切线交，于，则的垂心在准线上．
证明：设，，，可求得过的切线交点 ，过向作垂线，垂线方程为：，它和抛物线准线的交点的纵坐标为 ，同理可知： ，过向作垂线，垂线方程为：，它和抛物线准线的交点的纵坐标为： ，即交点坐标相同，即可得的垂心在准线上．
【性质9】．
证明：，
而 ．
【性质10】的中点在抛物线上，且处的切线与平行．
证明：由性质1知，可得点坐标为，此点显然在抛物线上；过点的切线斜率为，结论得证．
【性质11】抛物线上任取一点（不与重合），过作抛物线切线交，于，连接，则的面积是面积的2倍．
证明：如图所示：由阿基米德重要结论：抛物线与弦之间所围成区域的面积（图二中的阴影部分）为阿基米德三角形面积的三分之二可知：的面积是弦与抛物线围成的面积减去弦和弦与抛物线围成的面积，即（），而的面积则是（），故的面积是面积的2倍．
四、特殊的阿基米德三角形：
过抛物线焦点作抛物线的弦，与抛物线交于两点，线段的中点为，分别过两点做抛物线的切线相交于点，得到阿基米德三角形，过作准线的垂线，分别交准线于点，该图形满足以下特性：
结论1．点必在抛物线的准线上（性质6）．
证明：过点的切线方程为，过点的切线方程为，
设，既在直线上，也在直线上，直线的方程为，又直线经过焦点．这就证明了该结论．
结论2．//轴（性质1）且是线段的中点．
证明：由结论1的证明可计算出的纵坐标：，，又//轴且是线段的中点．
结论3．为直角三角形，且角为直角．
证明：如图，由（中位线），可得：为直角．
结论4．为直角三角形，且角为直角；
【证法1】如图，，，
且，可知，即为直角．
【证法2】如图，由性质7的证明可得，，且，
≌且≌，故有：，即为直角．
结论5．．
证明：如图，由结论4的政法2得≌，，即．
结论6．若弦的倾斜角为，则．
证明：（这个结论证法很多）．
五、阿基米德三角形的推广
过圆锥曲线上任意两点分别作两条切线相交于点,则称△为阿基米德三角形。其中为顶角，为底边，当过圆锥曲线的焦点，此时△叫阿基米德焦点三角形。
如下分别为椭圆、双曲线、抛物线的阿基米德三角形。
值得注意的是，椭圆和双曲线也具有多数上述抛物线阿基米德三角形类似性质，我们不再赘述。
六、阿基米德三角形与蒙日圆
当阿基米德三角形的顶角为直角时，则阿基米德三角形顶点的轨迹为蒙日圆，参见专题“蒙日圆”。
七、典型例题
例1．（2021高考全国乙卷理21）已知抛物线的焦点为，且与圆上的点的距离的最小值．
（1）求；
（2）若点在圆上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；
（2）设点，，，利用导数求出直线，，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值．
【解析】（1）抛物线的焦点为，，
∴与圆上点的距离的最小值为，解得．
（2）抛物线的方程为，即，对该函数求导得，
设点，，，直线的方程为，即，即，同理可知，直线的方程为，
由于点为这两条直线公共点，则，
∴点的坐标满足方程，∴直线的方程为，
联立可得，由韦达定理可得，，
，
点到直线的距离为，
∴，
，
由已知可得，∴当时，的面积取最大值．
【评注】对于抛物线，设，是的两条切线，，是切点，则阿基米德三角形的面积为：．
例2．（2019高考新课标Ⅲ）已知曲线，D为直线上的动点，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．
【解析】（1）证明：的导数为，
设切点，，即有，，切线DA的方程为，即为，切线DB的方程为，联立两切线方程可得，
可得，即，直线AB的方程为，即，可化为，可得AB恒过定点．
（2）设直线AB的方程为，由（1）可得，，AB中点，
由H为切点可得E到直线AB的距离即为，可得，解得或，即有直线AB的方程为或，
由可得，四边形ADBE的面积为，
由，可得，此时到直线AB的距离为，到直线AB的距离为，则四边形ADBE的面积为．综上可得四边形ADBE的面积为．
例3．如图，设抛物线方程为，M为直线上任意一点，过M引抛物线的切线，切点分别为A，B．
（Ⅰ）求证：A，M，B三点的横坐标成等差数列；
（Ⅱ）已知当M点的坐标为时，．求此时抛物线的方程；
（Ⅲ）是否存在点M，使得点C关于直线AB的对称点D在抛物线上，其中，点C满足（O为坐标原点）．若存在，求出所有适合题意的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】（Ⅰ）证明：由题意设，，，．
由得，得，∴，．
因此直线MA的方程为，直线MB的方程为．
∴，①．②
由①、②得，因此，即三点的横坐标成等差数列．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，当时，将其代入①、②并整理得：，，
∴，是方程的两根，因此，，又，∴．由弦长公式得．
又，∴或，因此所求抛物线方程为或．
（Ⅲ）解：设，由题意得，则CD的中点坐标为，
设直线AB的方程为，由点Q在直线AB上，并注意到点也在直线AB上，代入得，
若在抛物线上，则，因此或，即或．
（1）当时，则，此时，点适合题意．
（2）当，对于，此时，，又，，∴，即，矛盾．
对于，∵，此时直线CD平行于y轴，又，∴直线AB与直线CD不垂直，与题设矛盾，∴时，不存在符合题意的M点．综上所述，仅存在一点适合题意．
例4．如图，在平面直角坐标系xOy中，过y轴正方向上一点任作一直线，与抛物线相交于AB两点，一条垂直于x轴的直线，分别与线段AB和直线交于P，Q．
（1）若，求c的值；
（2）若P为线段AB的中点，求证：QA为此抛物线的切线；
（3）试问（2）的逆命题是否成立？说明理由．
【解析】（1）设过C点的直线为，∴，即，
设，，，，
∵，∴，即，，
∴，即，∴（舍去）．
（2）设过A的切线为，，∴，即，它与的交点为，又，∴，∵，∴，∴，∴点M和点Q重合，也就是QA为此抛物线的切线．
（3）（2）的逆命题是成立，由（2）可知，∵轴，∴，∵，∴P为AB的中点．
例5．如图，设抛物线的焦点为，动点在直线上运动，过作抛物线的两条切线，且与抛物线分别相切于两点．
（1）求△APB的重心G的轨迹方程．
（2）证明∠PFA=∠PFB．
【解析】（1）设切点A、B坐标分别为，∴切线AP的方程为：切线BP的方程为：解得P点的坐标为：，
∴△APB的重心G的坐标为 ，
∴，由点P在直线l上运动，从而得到重心G的轨迹方程为：
（2）解法1：∵
由于P点在抛物线外，则，同理有．
解法2：①当点坐标为，则点到直线的距离为：即，点到直线的距离为：，，．
②当时，直线AF的方程：
直线BF的方程：点到直线的距离为：
，同理可得到点到直线的距离为：，，．
例6．已知抛物线x2＝4y的焦点为F，A、B是抛物线上的两动点，且＝λ（λ＞0）．过A、B两点分别作抛物线的切线，设其交点为Ｍ．
（Ⅰ）证明·为定值；
（Ⅱ）设△ABM的面积为S，写出S＝f(λ)的表达式，并求S的最小值．
【解析】(Ⅰ)由已知条件，得F(0，1)，λ＞0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由＝λ，即得(－x1，1－y)＝λ(x2，y2－1)，
将①式两边平方并把y1＝x12，y2＝x22代入得 y1＝λ2y2 ③
解②、③式得y1＝λ，y2＝，且有x1x2＝－λx22＝－4λy2＝－4，抛物线方程为y＝x2，求导得y′＝x，∴过抛物线上A、B两点的切线方程分别是y＝x1(x－x1)＋y1，y＝x2(x－x2)＋y2，
即y＝x1x－x12，y＝x2x－x22．
解出两条切线的交点M的坐标为(，)＝(，－1)，
∴·＝(，－2)·(x2－x1，y2－y1)＝ (x22－x12)－2(x22－x12)＝0，
∴·为定值，其值为0．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知在△ABM中，FM⊥AB，因而S＝|AB||FM|．
|FM|＝＝＝
＝＝＋．
∵|AF|、|BF|分别等于A、B到抛物线准线y＝－1的距离，
∴|AB|＝|AF|＋|BF|＝y1＋y2＋2＝λ＋＋2＝(＋)2．于是S＝|AB||FM|＝(＋)3，
由＋≥2知S≥4，且当λ＝1时，S取得最小值4．
例7．如图，在平面直角坐标系中，过轴正方向上一点任作一直线，与抛物线相交于两点，一条垂直于轴的直线，分别与线段和直线交于，
（1）若，求的值；
（2）若为线段的中点，求证：为此抛物线的切线；
（3）试问（2）的逆命题是否成立？说明理由．
【解析】（1）设过C点的直线为，∴，即，设A，=，，∵，∴
，即，
∴，即∴
（2）设过Q的切线为，，∴，即，它与的交点为M，又，∴Q，∵，∴，∴M，∴点M和点Q重合，也就是QA为此抛物线的切线．
（3）（2）的逆命题是成立，由（2）可知Q，∵PQ轴，∴，∵，∴P为AB的中点．
例8．（2008山东卷理22）如图，设抛物线方程为，为直线上任意一点，过引抛物线的切线，切点分别为．
（Ⅰ）求证：三点的横坐标成等差数列；
（Ⅱ）已知当点的坐标为时，．求此时抛物线的方程；
（Ⅲ）是否存在点，使得点关于直线的对称点在抛物线上，其中，点满足（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】（Ⅰ）证明：由题意设．
由得，得，∴，．
因此直线的方程为，直线的方程为．
∴，①
．②
由①、②得，因此，即，∴三点的横坐标成等差数列．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，当时，将其代入①、②并整理得：，，
∴是方程的两根，因此，，
又，∴．
由弦长公式得，又，∴或，因此所求抛物线方程为或．
（Ⅲ）解：设，由题意得，则的中点坐标为，设直线的方程为，由点在直线上，并注意到点也在直线上，代入得．
若在抛物线上，则，因此或，即或．
（1）当时，则，此时，点适合题意．
（2）当，对于，此时，，
又，，∴，即，矛盾．
对于，∵，此时直线平行于轴， 又，
∴直线与直线不垂直，与题设矛盾，∴时，不存在符合题意的点．
综上所述，仅存在一点适合题意．
【针对训练】
1．被誉为“数学之神”之称的阿基米德（前287~前212），是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家，他最早利用逼近的思想证明了如下结论：抛物线的弦与抛物线所围成的封闭图形的面积，等于抛物线的弦与经过弦的端点的两条切线所围成的三角形面积的三分之二，这个结论就是著名的阿基米德定理，其中的三角形被称为阿基米德三角形．在平面直角坐标系中，是焦点为的抛物线上的任意一点，且的最小值是．若直线与抛物线交于，两点，则弦与抛物线所围成的封闭图形的面积为________．
（2022·河南五市二模）
2．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，相交于P点，那么阿基米德三角形PAB满足以下特性：①P点必在抛物线的准线上；②为直角三角形，且为直角；③.已知P为抛物线的准线上一点，则阿基米德三角形PAB的面积的最小值为___________.
3．设抛物线的焦点为F，动点P在直线上运动，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.
4．已知抛物线的焦点为抛物线上的两动点，且，过两点分别作抛物线的切线，设其交点为.
（1）证明：为定值；
（2）设的面积为，写出的表达式，并求的最小值．
5．已知抛物线 的焦点为，准线为,经过上任意一点作抛物线的两条切线，切点分别为、.
（1）求证：以为直径的圆经过点；
（2）比较与 的大小 .
6．设点在直线 上，过点 作双曲线 的两条切线 ，切点为 ，定点．
（1）求证：三点共线；
（2）过点作直线 的垂线，垂足为 ，试求 的重心 所在曲线方程．
参考答案：
1．
【分析】由题意求得到抛物线，联立，解得，结合导数的几何意义，求得抛物线过点，点的切线方程，联立方程组，求得，进而得到所以围成的三角形面积为，结合题意，即可求得封闭图形的面积．
【详解】由的最小值是，可得，解得，所以抛物线的方程是，
联立方程组，解得，
又由抛物线可化为，可得，
设抛物线在点的切线斜率分别为，，则，，
所以抛物线过点，点的切线方程分别是和，
联立方程组，解得，
所以抛物线的弦与经过弦的端点的两条切线所围成的三角形面积为，
所以弦与抛物线所围成的封闭图形的面积．
故答案为：.
2．4
【分析】设出直线方程，联立抛物线求得，通过PF⊥AB求得，进而得到为中点，由表示出三角形PAB的面积，结合基本不等式求出最小值即可.
【详解】易知，焦点，准线方程，直线斜率必然存在，设，，，
联立得， 显然；
又PF⊥AB可得，即，化简得，
过作轴交于点，如图所示：
则，
所以为中点，故，
故，
当且仅当时取等，
故三角形PAB的面积的最小值为4，
故答案为：4
3．(1)(2)见解析
【详解】本试题主要考查了轨迹方程的求解和证明角的相等问题．
解：（1）设切点，坐标分别为和，
切线的方程为：；切线的方程为：；
由于既在又在上，所以 解得，
所以的重心的坐标为，
，
所以，由点在直线上运动，从而得到重心的轨迹方程为：
，即．
（2）方法1：因为，，．
由于点在抛物线外，则．
，
同理有，
．
方法2：①当时，由于，不妨设，则，所以P点坐标为，则P点到直线AF的距离为：；而直线的方程：，
即．所以P点到直线BF的距离为： 所以，即得．
②当时，直线AF的方程：，即，
直线的方程：，即，
所以P点到直线AF的距离为：
，
同理可得到P点到直线BF的距离，因此由，可得到．
4．（Ⅰ）定值为0；（2）S=，S取得最小值4．
【详解】分析：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），M（xo，yo），根据抛物线方程可得焦点坐标和准线方程，设直线方程与抛物线方程联立消去y，根据判别式大于0求得和，根据曲线4y=x2上任意一点斜率为y′=，可得切线AM和BM的方程，联立方程求得交点坐标，求得和，进而可求得的结果为0，进而判断出AB⊥FM．
（2）利用（1）的结论，根据的关系式求得k和λ的关系式，进而求得弦长AB，可表示出△ABM面积．最后根据均值不等式求得S的范围，得到最小值．
详解：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），M（xo，yo），焦点F（0，1），准线方程为y=﹣1，
显然AB斜率存在且过F（0，1）
设其直线方程为y=kx+1，联立4y=x2消去y得：x2﹣4kx﹣4=0，
判别式△=16（k2+1）＞0，x1+x2=4k，x1x2=﹣4.
于是曲线4y=x2上任意一点斜率为y′=，
则易得切线AM，BM方程分别为y=（）x1（x﹣x1）+y1，y=（）x2（x﹣x2）+y2，其中4y1=x12，4y2=x22，
联立方程易解得交点M坐标，xo==2k，yo==﹣1，即M（，﹣1）,
从而=（，﹣2），（x2﹣x1，y2﹣y1）
=（x1+x2）（x2﹣x1）﹣2（y2﹣y1）=（x22﹣x12）﹣2[（x22﹣x12）]=0，（定值）命题得证．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知在△ABM中，FM⊥AB，因而S=|AB||FM|．
∵，
∴（﹣x1，1﹣y1）=λ（x2，y2﹣1），即，
而4y1=x12，4y2=x22，
则x22=，x12=4λ，
|FM|=
因为|AF|、|BF|分别等于A、B到抛物线准线y=﹣1的距离，
所以|AB|=|AF|+|BF|=y1+y2+2=+2=λ++2=．
于是S=|AB||FM|=，
由≥2知S≥4，且当λ=1时，S取得最小值4．
点睛：本题求S的最值，运用了函数的方法，这种技巧在高中数学里是一种常用的技巧.所以本题先求出S=，再求函数的定义域，再利用基本不等式求函数的最值.
5．(1)证明见解析；(2)与 相等.
【详解】试题分析：(1)借助题设条件运用直线与抛物线的位置关系推证；(2)借助题设条件运用直线与抛物线的位置关系求解.
试题解析：
（1）证明：根据已知得的方程为.设,且.
由得,从而,化简得.同理可得为方程的根. ,
,即,以为直径的圆经过点.
（2）根据已知得.又由（1）知：.
考点：直线与抛物线的位置关系等有关知识的综合运用．
【易错点晴】本题是一道考查直线与抛物线的位置关系的综合性问题.解答本题的第一问的证明垂直问题时,直接依据题设条件将点的坐标设出来,然后运用点与抛物线的关系,将问题转化为证明的问题,进行合理推证,进而获证.第二问的求解过程中,先将向量与的数量积算出来,再用的坐标表示算得,最后求得,从而推得,进而推证得.从而使得问题获解.
6．（1）证明见解析．
（2）
【详解】证明：（1）设，由已知得到，且，，
设切线的方程为：由得
从而,解得
因此的方程为：
同理的方程为：
又在上，所以，
即点都在直线上
又也在直线上,所以三点共线
（2）垂线的方程为：，
由得垂足，
设重心
所以 解得
由 可得即为重心所在曲线方程．
专题3 阿基米德三角形 微点1 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）过抛物线上一点的切线方程为：；
（2）过抛物线上一点的切线方程为：；
（3）过抛物线上一点的切线方程为：；
（4）过抛物线上一点的切线方程为：．
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：设抛物线上一点的切线方程为：，代入，整理得，
由，得抛物线上一点处的切线唯一， 关于的一元二次方程有两个相等的实数根，所求的切线方程为，即，又，过抛物线上一点的切线方程为：。
证法2：，甴导数的几何意义得所求切线的斜率为所求的切线方程为，即，又，过抛物线上一点的切线方程为：。
二、阿基米德三角形概念
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1，即为阿基米德三角形）．
重要结论：抛物线与弦之间所围成区域的面积（图二中的阴影部分）为阿基米德三角形面积的三分之二．
阿基米德运用逼近的方法证明了这个结论．
证明：如图3，是中边上的中线，则平行于轴（下面的性质1证明会证到），过作抛物线的切线，分别交、于，则、也是阿基米德三角形，可知是中边上的中线，且平行于轴，可得点是的中点，同理是的中点，故是的中点，则是的，由此可知：是的，是的，以此类推，图2中蓝色部分的面积是红色部分而知的，累加至无穷尽处，便证得重要结论．
三、阿基米德三角形的性质
【性质1】阿基米德三角形底边上的中线平行于抛物线的轴．
证明：设为弦AB的中点，则过A的切线方程为，过B的切线方程为，联立方程，，，解得两切线交点，又，//轴．
【性质2】若阿基米德三角形的底边即弦过抛物线内的定点，则另一顶点的轨迹为一条直线．
证明：设，，为抛物线内的定点，弦的过定点，则过的切线方程为，过的切线方程为，则设另一顶点，满足且，故弦所在的直线方程为，又由于弦过抛物线内的定点，故，即点的轨迹方程为直线 ．
【性质3】抛物线以点为中点的弦平行于点的轨迹．
证明：由性质2的证明可知：点的轨迹方程为直线 ．∵点为弦的中点，故的轨迹方程为，斜率；而弦所在的直线方程为，由性质1的证明可知：，，故弦所在的直线方程为，斜率，又∵直线与的轨迹方程不重合，故可知两者平行．
【性质4】若直线与抛物线没有公共点，以上的点为顶点的阿基米德三角形的底边过定点（若直线方程为：，则定点的坐标为．
证明：任取直线：上的一点，则有，即┅①，过点作抛物线的两条切线，切点分别为，则又由性质2的证明可知：弦所在的直线方程为，把①式代入可得：，即，令且，可得：弦所在的直线过定点．
【性质5】底边为的阿基米德三角形的面积最大值为．
证明：，设到的距离为，由性质1知：
（直角边与斜边），
设直线的方程为 ，则，
∴．
【性质6】若阿基米德三角形的底边过焦点，顶点的轨迹为准线，且阿基米德三角形的面积最小值为．
证明：由性质2，若底边过焦点，则，点的轨迹方程是，即为准线；易验证，即，故阿基米德三角形为直角三角形，且为直角顶点， 阿基米德三角形的面积最小值为．
【性质7】在阿基米德三角形中，．
证明：作准线，准线，连接，则，显然，
∴，又∵，由三角形全等可得，
∴，
同理可得，
∴．
【性质8】抛物线上任取一点（不与重合），过作抛物线切线交，于，则的垂心在准线上．
证明：设，，，可求得过的切线交点 ，过向作垂线，垂线方程为：，它和抛物线准线的交点的纵坐标为 ，同理可知： ，过向作垂线，垂线方程为：，它和抛物线准线的交点的纵坐标为： ，即交点坐标相同，即可得的垂心在准线上．
【性质9】．
证明：，
而 ．
【性质10】的中点在抛物线上，且处的切线与平行．
证明：由性质1知，可得点坐标为，此点显然在抛物线上；过点的切线斜率为，结论得证．
【性质11】抛物线上任取一点（不与重合），过作抛物线切线交，于，连接，则的面积是面积的2倍．
证明：如图所示：由阿基米德重要结论：抛物线与弦之间所围成区域的面积（图二中的阴影部分）为阿基米德三角形面积的三分之二可知：的面积是弦与抛物线围成的面积减去弦和弦与抛物线围成的面积，即（），而的面积则是（），故的面积是面积的2倍．
四、特殊的阿基米德三角形：
过抛物线焦点作抛物线的弦，与抛物线交于两点，线段的中点为，分别过两点做抛物线的切线相交于点，得到阿基米德三角形，过作准线的垂线，分别交准线于点，该图形满足以下特性：
结论1．点必在抛物线的准线上（性质6）．
证明：过点的切线方程为，过点的切线方程为，
设，既在直线上，也在直线上，直线的方程为，又直线经过焦点．这就证明了该结论．
结论2．//轴（性质1）且是线段的中点．
证明：由结论1的证明可计算出的纵坐标：，，又//轴且是线段的中点．
结论3．为直角三角形，且角为直角．
证明：如图，由（中位线），可得：为直角．
结论4．为直角三角形，且角为直角；
【证法1】如图，，，
且，可知，即为直角．
【证法2】如图，由性质7的证明可得，，且，
≌且≌，故有：，即为直角．
结论5．．
证明：如图，由结论4的政法2得≌，，即．
结论6．若弦的倾斜角为，则．
证明：（这个结论证法很多）．
五、阿基米德三角形的推广
过圆锥曲线上任意两点分别作两条切线相交于点,则称△为阿基米德三角形。其中为顶角，为底边，当过圆锥曲线的焦点，此时△叫阿基米德焦点三角形。
如下分别为椭圆、双曲线、抛物线的阿基米德三角形。
值得注意的是，椭圆和双曲线也具有多数上述抛物线阿基米德三角形类似性质，我们不再赘述。
六、阿基米德三角形与蒙日圆
当阿基米德三角形的顶角为直角时，则阿基米德三角形顶点的轨迹为蒙日圆，参见专题“蒙日圆”。
七、典型例题
例1．（2021高考全国乙卷理21）已知抛物线的焦点为，且与圆上的点的距离的最小值．
（1）求；
（2）若点在圆上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；
（2）设点，，，利用导数求出直线，，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值．
【解析】（1）抛物线的焦点为，，
∴与圆上点的距离的最小值为，解得．
（2）抛物线的方程为，即，对该函数求导得，
设点，，，直线的方程为，即，即，同理可知，直线的方程为，
由于点为这两条直线公共点，则，
∴点的坐标满足方程，∴直线的方程为，
联立可得，由韦达定理可得，，
，
点到直线的距离为，
∴，
，
由已知可得，∴当时，的面积取最大值．
【评注】对于抛物线，设，是的两条切线，，是切点，则阿基米德三角形的面积为：．
例2．（2019高考新课标Ⅲ）已知曲线，D为直线上的动点，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．
【解析】（1）证明：的导数为，
设切点，，即有，，切线DA的方程为，即为，切线DB的方程为，联立两切线方程可得，
可得，即，直线AB的方程为，即，可化为，可得AB恒过定点．
（2）设直线AB的方程为，由（1）可得，，AB中点，
由H为切点可得E到直线AB的距离即为，可得，解得或，即有直线AB的方程为或，
由可得，四边形ADBE的面积为，
由，可得，此时到直线AB的距离为，到直线AB的距离为，则四边形ADBE的面积为．综上可得四边形ADBE的面积为．
例3．如图，设抛物线方程为，M为直线上任意一点，过M引抛物线的切线，切点分别为A，B．
（Ⅰ）求证：A，M，B三点的横坐标成等差数列；
（Ⅱ）已知当M点的坐标为时，．求此时抛物线的方程；
（Ⅲ）是否存在点M，使得点C关于直线AB的对称点D在抛物线上，其中，点C满足（O为坐标原点）．若存在，求出所有适合题意的点M的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】（Ⅰ）证明：由题意设，，，．
由得，得，∴，．
因此直线MA的方程为，直线MB的方程为．
∴，①．②
由①、②得，因此，即三点的横坐标成等差数列．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，当时，将其代入①、②并整理得：，，
∴，是方程的两根，因此，，又，∴．由弦长公式得．
又，∴或，因此所求抛物线方程为或．
（Ⅲ）解：设，由题意得，则CD的中点坐标为，
设直线AB的方程为，由点Q在直线AB上，并注意到点也在直线AB上，代入得，
若在抛物线上，则，因此或，即或．
（1）当时，则，此时，点适合题意．
（2）当，对于，此时，，又，，∴，即，矛盾．
对于，∵，此时直线CD平行于y轴，又，∴直线AB与直线CD不垂直，与题设矛盾，∴时，不存在符合题意的M点．综上所述，仅存在一点适合题意．
例4．如图，在平面直角坐标系xOy中，过y轴正方向上一点任作一直线，与抛物线相交于AB两点，一条垂直于x轴的直线，分别与线段AB和直线交于P，Q．
（1）若，求c的值；
（2）若P为线段AB的中点，求证：QA为此抛物线的切线；
（3）试问（2）的逆命题是否成立？说明理由．
【解析】（1）设过C点的直线为，∴，即，
设，，，，
∵，∴，即，，
∴，即，∴（舍去）．
（2）设过A的切线为，，∴，即，它与的交点为，又，∴，∵，∴，∴，∴点M和点Q重合，也就是QA为此抛物线的切线．
（3）（2）的逆命题是成立，由（2）可知，∵轴，∴，∵，∴P为AB的中点．
例5．如图，设抛物线的焦点为，动点在直线上运动，过作抛物线的两条切线，且与抛物线分别相切于两点．
（1）求△APB的重心G的轨迹方程．
（2）证明∠PFA=∠PFB．
【解析】（1）设切点A、B坐标分别为，∴切线AP的方程为：切线BP的方程为：解得P点的坐标为：，
∴△APB的重心G的坐标为 ，
∴，由点P在直线l上运动，从而得到重心G的轨迹方程为：
（2）解法1：∵
由于P点在抛物线外，则，同理有．
解法2：①当点坐标为，则点到直线的距离为：即，点到直线的距离为：，，．
②当时，直线AF的方程：
直线BF的方程：点到直线的距离为：
，同理可得到点到直线的距离为：，，．
例6．已知抛物线x2＝4y的焦点为F，A、B是抛物线上的两动点，且＝λ（λ＞0）．过A、B两点分别作抛物线的切线，设其交点为Ｍ．
（Ⅰ）证明·为定值；
（Ⅱ）设△ABM的面积为S，写出S＝f(λ)的表达式，并求S的最小值．
【解析】(Ⅰ)由已知条件，得F(0，1)，λ＞0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由＝λ，即得(－x1，1－y)＝λ(x2，y2－1)，
将①式两边平方并把y1＝x12，y2＝x22代入得 y1＝λ2y2 ③
解②、③式得y1＝λ，y2＝，且有x1x2＝－λx22＝－4λy2＝－4，抛物线方程为y＝x2，求导得y′＝x，∴过抛物线上A、B两点的切线方程分别是y＝x1(x－x1)＋y1，y＝x2(x－x2)＋y2，
即y＝x1x－x12，y＝x2x－x22．
解出两条切线的交点M的坐标为(，)＝(，－1)，
∴·＝(，－2)·(x2－x1，y2－y1)＝ (x22－x12)－2(x22－x12)＝0，
∴·为定值，其值为0．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知在△ABM中，FM⊥AB，因而S＝|AB||FM|．
|FM|＝＝＝
＝＝＋．
∵|AF|、|BF|分别等于A、B到抛物线准线y＝－1的距离，
∴|AB|＝|AF|＋|BF|＝y1＋y2＋2＝λ＋＋2＝(＋)2．于是S＝|AB||FM|＝(＋)3，
由＋≥2知S≥4，且当λ＝1时，S取得最小值4．
例7．如图，在平面直角坐标系中，过轴正方向上一点任作一直线，与抛物线相交于两点，一条垂直于轴的直线，分别与线段和直线交于，
（1）若，求的值；
（2）若为线段的中点，求证：为此抛物线的切线；
（3）试问（2）的逆命题是否成立？说明理由．
【解析】（1）设过C点的直线为，∴，即，设A，=，，∵，∴
，即，
∴，即∴
（2）设过Q的切线为，，∴，即，它与的交点为M，又，∴Q，∵，∴，∴M，∴点M和点Q重合，也就是QA为此抛物线的切线．
（3）（2）的逆命题是成立，由（2）可知Q，∵PQ轴，∴，∵，∴P为AB的中点．
例8．（2008山东卷理22）如图，设抛物线方程为，为直线上任意一点，过引抛物线的切线，切点分别为．
（Ⅰ）求证：三点的横坐标成等差数列；
（Ⅱ）已知当点的坐标为时，．求此时抛物线的方程；
（Ⅲ）是否存在点，使得点关于直线的对称点在抛物线上，其中，点满足（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】（Ⅰ）证明：由题意设．
由得，得，∴，．
因此直线的方程为，直线的方程为．
∴，①
．②
由①、②得，因此，即，∴三点的横坐标成等差数列．
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，当时，将其代入①、②并整理得：，，
∴是方程的两根，因此，，
又，∴．
由弦长公式得，又，∴或，因此所求抛物线方程为或．
（Ⅲ）解：设，由题意得，则的中点坐标为，设直线的方程为，由点在直线上，并注意到点也在直线上，代入得．
若在抛物线上，则，因此或，即或．
（1）当时，则，此时，点适合题意．
（2）当，对于，此时，，
又，，∴，即，矛盾．
对于，∵，此时直线平行于轴， 又，
∴直线与直线不垂直，与题设矛盾，∴时，不存在符合题意的点．
综上所述，仅存在一点适合题意．
【针对训练】
1．被誉为“数学之神”之称的阿基米德（前287~前212），是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家，他最早利用逼近的思想证明了如下结论：抛物线的弦与抛物线所围成的封闭图形的面积，等于抛物线的弦与经过弦的端点的两条切线所围成的三角形面积的三分之二，这个结论就是著名的阿基米德定理，其中的三角形被称为阿基米德三角形．在平面直角坐标系中，是焦点为的抛物线上的任意一点，且的最小值是．若直线与抛物线交于，两点，则弦与抛物线所围成的封闭图形的面积为________．
（2022·河南五市二模）
2．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，相交于P点，那么阿基米德三角形PAB满足以下特性：①P点必在抛物线的准线上；②为直角三角形，且为直角；③.已知P为抛物线的准线上一点，则阿基米德三角形PAB的面积的最小值为___________.
3．设抛物线的焦点为F，动点P在直线上运动，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.
4．已知抛物线的焦点为抛物线上的两动点，且，过两点分别作抛物线的切线，设其交点为.
（1）证明：为定值；
（2）设的面积为，写出的表达式，并求的最小值．
5．已知抛物线 的焦点为，准线为,经过上任意一点作抛物线的两条切线，切点分别为、.
（1）求证：以为直径的圆经过点；
（2）比较与 的大小 .
6．设点在直线 上，过点 作双曲线 的两条切线 ，切点为 ，定点．
（1）求证：三点共线；
（2）过点作直线 的垂线，垂足为 ，试求 的重心 所在曲线方程．
参考答案：
1．
【分析】由题意求得到抛物线，联立，解得，结合导数的几何意义，求得抛物线过点，点的切线方程，联立方程组，求得，进而得到所以围成的三角形面积为，结合题意，即可求得封闭图形的面积．
【详解】由的最小值是，可得，解得，所以抛物线的方程是，
联立方程组，解得，
又由抛物线可化为，可得，
设抛物线在点的切线斜率分别为，，则，，
所以抛物线过点，点的切线方程分别是和，
联立方程组，解得，
所以抛物线的弦与经过弦的端点的两条切线所围成的三角形面积为，
所以弦与抛物线所围成的封闭图形的面积．
故答案为：.
2．4
【分析】设出直线方程，联立抛物线求得，通过PF⊥AB求得，进而得到为中点，由表示出三角形PAB的面积，结合基本不等式求出最小值即可.
【详解】易知，焦点，准线方程，直线斜率必然存在，设，，，
联立得， 显然；
又PF⊥AB可得，即，化简得，
过作轴交于点，如图所示：
则，
所以为中点，故，
故，
当且仅当时取等，
故三角形PAB的面积的最小值为4，
故答案为：4
3．(1)(2)见解析
【详解】本试题主要考查了轨迹方程的求解和证明角的相等问题．
解：（1）设切点，坐标分别为和，
切线的方程为：；切线的方程为：；
由于既在又在上，所以 解得，
所以的重心的坐标为，
，
所以，由点在直线上运动，从而得到重心的轨迹方程为：
，即．
（2）方法1：因为，，．
由于点在抛物线外，则．
，
同理有，
．
方法2：①当时，由于，不妨设，则，所以P点坐标为，则P点到直线AF的距离为：；而直线的方程：，
即．所以P点到直线BF的距离为： 所以，即得．
②当时，直线AF的方程：，即，
直线的方程：，即，
所以P点到直线AF的距离为：
，
同理可得到P点到直线BF的距离，因此由，可得到．
4．（Ⅰ）定值为0；（2）S=，S取得最小值4．
【详解】分析：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），M（xo，yo），根据抛物线方程可得焦点坐标和准线方程，设直线方程与抛物线方程联立消去y，根据判别式大于0求得和，根据曲线4y=x2上任意一点斜率为y′=，可得切线AM和BM的方程，联立方程求得交点坐标，求得和，进而可求得的结果为0，进而判断出AB⊥FM．
（2）利用（1）的结论，根据的关系式求得k和λ的关系式，进而求得弦长AB，可表示出△ABM面积．最后根据均值不等式求得S的范围，得到最小值．
详解：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），M（xo，yo），焦点F（0，1），准线方程为y=﹣1，
显然AB斜率存在且过F（0，1）
设其直线方程为y=kx+1，联立4y=x2消去y得：x2﹣4kx﹣4=0，
判别式△=16（k2+1）＞0，x1+x2=4k，x1x2=﹣4.
于是曲线4y=x2上任意一点斜率为y′=，
则易得切线AM，BM方程分别为y=（）x1（x﹣x1）+y1，y=（）x2（x﹣x2）+y2，其中4y1=x12，4y2=x22，
联立方程易解得交点M坐标，xo==2k，yo==﹣1，即M（，﹣1）,
从而=（，﹣2），（x2﹣x1，y2﹣y1）
=（x1+x2）（x2﹣x1）﹣2（y2﹣y1）=（x22﹣x12）﹣2[（x22﹣x12）]=0，（定值）命题得证．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知在△ABM中，FM⊥AB，因而S=|AB||FM|．
∵，
∴（﹣x1，1﹣y1）=λ（x2，y2﹣1），即，
而4y1=x12，4y2=x22，
则x22=，x12=4λ，
|FM|=
因为|AF|、|BF|分别等于A、B到抛物线准线y=﹣1的距离，
所以|AB|=|AF|+|BF|=y1+y2+2=+2=λ++2=．
于是S=|AB||FM|=，
由≥2知S≥4，且当λ=1时，S取得最小值4．
点睛：本题求S的最值，运用了函数的方法，这种技巧在高中数学里是一种常用的技巧.所以本题先求出S=，再求函数的定义域，再利用基本不等式求函数的最值.
5．(1)证明见解析；(2)与 相等.
【详解】试题分析：(1)借助题设条件运用直线与抛物线的位置关系推证；(2)借助题设条件运用直线与抛物线的位置关系求解.
试题解析：
（1）证明：根据已知得的方程为.设,且.
由得,从而,化简得.同理可得为方程的根. ,
,即,以为直径的圆经过点.
（2）根据已知得.又由（1）知：.
考点：直线与抛物线的位置关系等有关知识的综合运用．
【易错点晴】本题是一道考查直线与抛物线的位置关系的综合性问题.解答本题的第一问的证明垂直问题时,直接依据题设条件将点的坐标设出来,然后运用点与抛物线的关系,将问题转化为证明的问题,进行合理推证,进而获证.第二问的求解过程中,先将向量与的数量积算出来,再用的坐标表示算得,最后求得,从而推得,进而推证得.从而使得问题获解.
6．（1）证明见解析．
（2）
【详解】证明：（1）设，由已知得到，且，，
设切线的方程为：由得
从而,解得
因此的方程为：
同理的方程为：
又在上，所以，
即点都在直线上
又也在直线上,所以三点共线
（2）垂线的方程为：，
由得垂足，
设重心
所以 解得
由 可得即为重心所在曲线方程．
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