重难点31 阿基米德三角形（举一反三）（新高考专用）（教师版） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

重难点31阿基米德三角形【六大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1弦长与弦所在方程问题】 2【题型2定点问题】 5【题型3切线垂直问题】 11【题型4切线交点及其轨迹问题】 16【题型5面积问题】 22【题型6最值问题】 271、阿基米德三角形阿基米德三角形是圆锥曲线的重要内容，圆锥曲线是高考的重点、热点内容，从近几年的高考情况来看，阿基米德三角形的考查频率变高，在各类题型中都有可能考查，复习时要加强此类问题的训练，灵活求解.【知识点1阿基米德三角形】抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形.如图.性质1阿基米德三角形的底边AB上的中线MQ平行于抛物线的轴.性质2若阿基米德三角形的底边AB过抛物线内的定点C，则另一顶点Q的轨迹为一条直线，该直线与以C点为中点的弦平行.性质3若直线l与抛物线没有公共点，以l上的点为顶点的阿基米德三角形的底边AB过定点(若直线l方程为：ax+by+c=0，则定点的坐标为.性质4底边AB为a的阿基米德三角形的面积最大值为.性质5若阿基米德三角形的底边AB过焦点，则顶点Q的轨迹为准线，且阿基米德三角形的面积最小，最小值为p2.【题型1弦长与弦所在方程问题】【例1】（23-24高二下·河南开封·期末）阿基米德（公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家，不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号．抛物线上任意两点A，B处的切线交于点P，称△PAB为“阿基米德三角形”，当线段AB经过抛物线焦点F时，△PAB具有以下特征：（1）P点必在抛物线的准线上；（2）△PAB为直角三角形，且PA⊥PB；（3）PF⊥AB．已知过抛物线x2=16y焦点的直线l与抛物线交于A，B两点，过点A，B处的切线交于点P，若点P的横坐标为2，则直线AB的方程为（

）A．x+2y−8=0 B．x−2y+8=0C．x−4y+16=0 D．x+4y−16=0【解题思路】根据“阿基米德三角形”的性质直接可得点P的坐标，进而得解.【解答过程】抛物线x2=16y的焦点F的坐标为0,4，准线方程为由题意知，△PAB为“阿基米德三角形”，可得P点必在抛物线的准线上，所以点P2,−4，直线PF的斜率为4−又因为PF⊥AB，所以直线AB的斜率为14所以直线AB的方程为y=14x+4故选：C．【变式1-1】（2024·陕西西安·二模）阿基米德（公元前287年-公元前212年）是古希腊伟大的物理学家、数学家、天文学家，不仅在物理学方面贡献巨大，还享有“数学之神”的称号．抛物线上任意两点A，B处的切线交于点P，称三角形PAB为“阿基米德三角形”.已知抛物线C：x2=8y的焦点为F，过A，B两点的直线的方程为3x−3y+6=0，关于“阿基米德三角形”△PABA．AB=323C．PF⊥AB D．点P的坐标为3【解题思路】联立方程可解得A−433,23,B43,6，则AB=323，根据导数可得k【解答过程】联立方程3x−3y+6=0x2=8y，消去x得：3即A−43∵x2=8y对于A−4∴kAkB在点A的切线方程为y−23同理可得在点B的切线方程为3联立方程3x+3y+2=03x−y−6=0，解得x=4∵F0,2，则kPF∴kPFkAB故选：D．【变式1-2】（23-24高二上·重庆·期末）阿基米德(公元前287年～公元前212年)是古希腊伟大的物理学家，数学家和天文学家，并享有“数学之神”的称号.他研究抛物线的求积法，得出了著名的阿基米德定理．在该定理中，抛物线的弦与过弦的端点的两切线所围成的三角形被称为“阿基米德三角形”．若抛物线上任意两点A,B处的切线交于点P，则△PAB为“阿基米德三角形”，且当线段AB经过抛物线的焦点F时，△PAB具有以下特征：（1）P点必在抛物线的准线上；（2）PA⊥PB；（3）PF⊥AB．若经过抛物线y2=8x的焦点的一条弦为AB，“阿基米德三角形”为△PAB，且点P在直线x−y+6=0上，则直线AB的方程为（

A．x−y−2=0 B．x−2y−2=0C．x+y−2=0 D．x+2y−2=0【解题思路】首先根据题意可得到P点在抛物线的准线x=−2上，又在直线x−y+6=0上，从而可求出点P的坐标；根据PF⊥AB，即可求出直线AB的斜率，从而可求出直线AB的方程.【解答过程】根据题意，可知P点在抛物线的准线x=−2上，又点P在直线x−y+6=0上，所以P−2,4，又F2,0，所以因为PF⊥AB，所以kAB=1，所以直线AB的方程为y−0=x−2，即故选：A.【变式1-3】（2024高三·全国·专题练习）AB为抛物线x2=2pyp>0的弦，Ax1,y1，Bx2,y2A．xB．底边AB的直线方程为x0C．△AMB是直角三角形；D．△AMB面积的最小值为2p【解题思路】由导数的几何意义，求得可得A处的切线方程，得出直线AM,BM的方程为y=x1px−x点M(x0,y0设直线AB:y=kx+p2，联立方程组，根据取AB的中点H，化简得到△AMB的面积为S=p【解答过程】如图：

依题意设Ax1,y1，Bx2由导数的几何意义知，直线AM的斜率为kAM=1px可得A处的切线方程为：y−y1=化简可得y=x1px−x同理可得：直线BM的方程为y=x2p则1p因为x1≠x2，解得因点M(x0,可得x0⋅x即Ax1,y1在x所以底边AB的直线方程为x0设直线AB:y=kx+p2，联立方程组y=kx+p则Δ=(−2p)2+4p因为kMA⋅k所以△AMB是直角三角形，所以C正确；取AB的中点H，连接MH，根据抛物线的定义，可得MH平行y轴，所以S==因为x1+x2=2pkx1代入可得S=1当k=0时，Smin故选：D.【题型2定点问题】【例2】（23-24高二下·安徽·开学考试）抛物线的弦与在弦两端点处的切线所围成的三角形被称为“阿基米德三角形”．对于抛物线C：y=ax2给出如下三个条件：①焦点为F0,12(1)从以上三个条件中选择一个，求抛物线C的方程；(2)已知△ABQ是（1）中抛物线的“阿基米德三角形”，点Q是抛物线C在弦AB两端点处的两条切线的交点，若点Q恰在此抛物线的准线上，试判断直线AB是否过定点？如果是，求出定点坐标；如果不是，请说明理由．【解题思路】(1)根据抛物线的性质写出焦点坐标为0,14a，准线方程为(2)设Ax1,y1，Bx2,y2，Qx0,−12【解答过程】（1）C：y=ax2即C：其焦点坐标为0,14a，准线方程为若选①，焦点为F(0,12)，则1所以抛物线的方程为x2若选②，准线为y=−12，则−1所以抛物线的方程为x2若选③，与直线2y−1=0相交所得的弦为2，将y=12代入方程x2即抛物线与直线2y−1=0相交所得的弦长为2×2a解得a=12，所以抛物线的方程为（2）设Ax1,y1，Bx2将其与C：x2=2y联立得由Δ=−2k2故切线lAQ：y−y1同理lBQ：又点Qx0,−12即有−故弦AB所在直线方程为y=x0⋅x+【变式2-1】（2024·湖南·三模）已知抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F，过F且斜率为2的直线与E交于A，B(1)求E的方程；(2)直线l:x=−4，过l上一点P作E的两条切线PM,PN，切点分别为M，N.求证：直线MN过定点，并求出该定点坐标.【解题思路】（1）根据已知条件，设直线AB的方程为x=12y+p2（2）设直线MN的方程为x=my+n，Mx3,y3，Nx4,y【解答过程】（1）由已知，Fp2,0，过F且斜率为2的直线与E交于A设AB的方程为x=12y+联立y2=2pxx=12则y1所以|AB|=x解得p=4，故抛物线E的方程为：y2（2）设直线MN的方程为x=my+n，Mx3,联立y2=8xx=my+nΔ=64m2所以y3+y令y3>0，当y2=8x可化为y=22x则在M处的切线PM的方程为：y−y即y=4同理可得切线PN的方程为：y=4联立PM与PN的方程，解得xp所以y3y4=−32=−8n，则则直线MN的方程为x=my+4，所以直线MN过定点，该定点坐标为4,0.【变式2-2】（2024·甘肃兰州·一模）已知圆C过点P4,1，M2,3和N2,−1，且圆C与y轴交于点F，点F(1)求圆C和抛物线E的方程；(2)过点P作直线l与抛物线交于不同的两点A，B，过点A，B分别作抛物线E的切线，两条切线交于点Q，试判断直线QM与圆C的另一个交点D是否为定点，如果是，求出D点的坐标；如果不是，说明理由．【解题思路】（1）依题意可知圆心在直线y=1上，设圆心为Ca,1，半径为r，再由圆过点P4,1，即可得到a=2，r=2，从而求出圆的方程，再令x=0求出（2）设直线AB的方程为y−1=kx−4Ax1,y1，Bx2,y2，过A，B点的抛物线的切线的斜率分别为k【解答过程】（1）因为圆C过点M2,3和N所以圆心在直线y=1上，设圆心为Ca,1，半径为r又圆过点P4,1，所以a=2，r=2则圆C的方程为x−22令x=0，解得y=1，所以F0,1，则p2=1所以抛物线E的方程为x2（2）依题意直线AB的斜率必存在，不妨设为k，则直线AB的方程为y−1=kx−4即y=kx−4k+1，由y=kx−4k+1x2=4y其中Δ=16k2−416k−4>0，解得k<2−3设Ax1,y1，Bx2,y又y=14x2，所以y′所以过A点的切线方程为y−x12同理可得过B点的切线方程为y=x由y=x12x−x所以点Q在直线y=2x−1上，而点M2,3也在直线y=2x−1所以直线QM与圆C的另一个交点D就是直线y=2x−1与圆C的交点，由y=2x−1x−22+y−12所以直线QM与圆C的另一个交点为定点D2【变式2-3】（2024·辽宁·三模）设抛物线C的方程为y2=4x，M为直线l:x=−m(m>0)上任意一点；过点M作抛物线C的两条切线MA，MB，切点分别为A，B（(1)当M的坐标为−1,32时，求过M，A，(2)求证：直线AB恒过定点；(3)当m变化时，试探究直线l上是否存在点M，使△MAB为直角三角形，若存在，有几个这样的点，说明理由；若不存在，也请说明理由．【解题思路】（1）设切线方程，与抛物线联立方程组，由Δ=0求出切线斜率，得A，B两点的坐标，可求A，B（2）设切点坐标和切线方程，与抛物线联立方程组，由Δ=0求出切线斜率，把M点代入切线方程，可得直线AB（3）利用向量数量积和直线的斜率，结合韦达定理，确定△MAB为直角三角形所需条件.【解答过程】（1）当M的坐标为−1,32时，设过M点的切线方程为与y2=4x联立，得y−3令Δ=1−4⋅k4k+3分别代入方程得y=−1和y=4，故得A(4,4)，B1同时可求得直线MA的方程为y=12x+2，直线MB进而可知kMA⋅kMB=−1则过M，A，B三点的圆的直径为线段AB，设该圆上任一点P的坐标为(x,y)，则AP=(x−4,y−4)，BP所以AP⋅从而过M，A，B三点的圆的一般方程为x2（圆的标准方程：x−17（2）设切点分别为Ax1,过抛物线上点Ax1,与y2=4x联立，整理得Δ=1−4⋅k4又因为y12=4x1即y1y=2x+x1又切线MA，MB都过点Mx0,y0即点Ax1,故直线AB的方程为y0设Mx0,故y0y=2(x−m)对任意y0成立，从而直线AB（3）由（2）知y1,y故有y1+y2=2y0所以MA⋅①当m=1时，MA⋅MB=0，直线l上任意一点M均有MA⊥MB②当0<m<1时，MA⋅MB<0，∠AMB>③当m>1时，MA⋅MB>0因为kAB=y所以kAB若kAB⋅kMA=−1又因为x0=−m，所以因为方程(m−2)y02=4有解的充要条件是m>2，所以当m>2时，有所以△MAB为直角三角形．综上所述，当m=1时，直线l上任意一点M，使△MAB为直角三角形，当m>2时，直线l上存在两点M，使△MAB为直角三角形；当0<m<1或1<m≤2时，△MAB不是直角三角形．【题型3切线垂直问题】【例3】（23-24高二上·安徽蚌埠·期末）已知抛物线C的方程为x2=4y，过点P作抛物线C的两条切线，切点分别为（1）若点P坐标为0,−1，求切线PA,PB的方程；（2）若点P是抛物线C的准线上的任意一点，求证：切线PA和PB互相垂直.【解题思路】（1）设过点P的切线方程为y=kx−1，与抛物线的方程联立，由根的判别式为零求得切线的斜率，由此可求得切线的方程．（2）设点P坐标为t,−1，切线斜率为k，过点P的切线方程为y=kx−t−1，与抛物线的方程联立，由根的判别式为零求得切线的斜率间的关系，根据直线垂直的条件可证得切线PA和【解答过程】解：（1）由题意，开口向上的抛物线的切线斜率存在，设切线斜率为k，点P坐标为0,−1，过点P的切线方程为y=kx−1，联立方程x2=4yy=kx−1，消去y由Δ=16k2−16=0所以切线PA,PB的方程分别为y=x−1和y=−x−1，即切线方程分别为x−y−1=0和x+y+1=0；（2）设点P坐标为t,−1，切线斜率为k，过点P的切线方程为y=kx−t联立方程x2=4yy=kx−t−1由Δ=16k2−16kt+1=0，得k2−tk−1=0则k1,k2分别为切线所以切线PA和PB互相垂直.【变式3-1】（23-24高二上·河南驻马店·期末）已知P是抛物线C:y2=4x的准线上任意一点，过点P作抛物线C的两条切线PA,PB(1)若点P纵坐标为0，求此时抛物线C的切线方程；(2)设直线PA,PB的斜率分别为k1,k【解题思路】（1）由抛物线性质得到点P，直曲联立，令判别式得零，解出斜率，得到切线方程；（2）由点斜式设出直线方程，直曲联立，由判别式为零，得到关于k的一元二次方程，再由韦达定理得到斜率之积为定值.【解答过程】（1）由抛物线C的方程为y2=4x由于点P的纵坐标为0，所以点P为(−1,0)，过P作抛物线C的切线，由题意知斜率存在且不为0，设其斜率为k则切线方程为y=k(x+1)联立y由于直线与抛物线C相切，可知Δ=16−16k此时抛物线C的两条切线方程分别为x−y+1=0和x+y+1=0.（2）点P在抛物线C的准线上，设P(−1,m)由题意知过点P作抛物线C的切线，斜率存在且不为0，设其斜率为k则切线方程为y=k(x+1)+m联立y由于直线与抛物线C相切，可知Δ=16−16k(m+k)=0，即而抛物线C的两条切线PA,PB的斜率k1,k故k1【变式3-2】（23-24高二上·安徽蚌埠·期末）已知抛物线C的方程为x2=4y，点P是抛物线C的准线上的任意一点，过点P作抛物线C的两条切线，切点分别为A,B，点M是（1）求证：切线PA和PB互相垂直；（2）求证：直线PM与y轴平行；（3）求△PAB面积的最小值.【解题思路】（1）设点P坐标为t,−1，切线斜率为k，过点P的切线方程为y=kx−t联立直线和抛物线的方程得到韦达定理，得到k1k2=−1，即得切线PA和PB互相垂直；（2）设点Ax1x12而点P的横坐标也为t，所以直线PM与y轴平行；（3）求出S△PAB=1【解答过程】解：（1）由题意，开口向上的抛物线的切线斜率存在.设点P坐标为t,−1，切线斜率为k，过点P的切线方程为y=kx−t联立方程，x2消去y，得x2由Δ=16k2−16记关于k的一元二次方程k2−tk−1=0的两根为则k1,k2分别为切线所以切线PA和PB互相垂直.（2）设点Ax1x124,B所以过点A的切线方程为y=x将点t,−1代入，化简得x1同理可得x2所以x1,x2是关于由根与系数的关系知x1所以x1+x22=t，即而点P的横坐标也为t，所以直线PM与y轴平行.（3）点Mt,x1则SΔPAB由（2）知，x1则x12+SΔPAB当t=0时，△PAB面积的最小值为4.【变式3-3】（23-24高三下·江西景德镇·阶段练习）已知椭圆C1:x23+y22=1，抛物线C2与椭圆C1有相同的焦点，抛物线C2的顶点为原点，点P是抛物线C2的准线上任意一点，过点P作抛物线C2的两条切线PA（1）求抛物线C2的方程及k（2）若直线AB交椭圆C1于C、D两点，S1、S2分别是△PAB、△PCD【解题思路】（1）依题意得抛物线C2的焦点坐标为(1,0)，进而可得其方程为y2=4x；设过点P(−1,t)与抛物线C2相切的直线方程为y−t=k(x+1)（k≠0），代入y2=4x，由（2）先证得直线AB恒过定点(1,0)，且斜率不为零，故设直线AB的方程为x=my+1，将其与抛物线联立，由弦长公式求得AB，再将其与椭圆联立，由弦长公式求得CD，进而得S1【解答过程】（1）依题意可得抛物线C2的焦点坐标为(1,0)，又抛物线C2的顶点为原点，所以抛物线C2设P(−1,t)，过点P与抛物线C2相切的直线方程为y−t=k(x+1)（k≠0），将其代入y2=4x由Δ=0得1k2−tk（2）设A(x1,y1)，B(x2,则以A为切点的切线方程为y−y1=同理，以B为切点的切线方程为y2因为两切线均过点P(−1,t)，所以ty1=2(则切点弦AB的方程为ty=2(x−1)，所以直线AB恒过定点(1,0).设点P到直线AB的距离为d，则S1因为直线AB恒过定点(1,0)，且斜率不为零，故设直线AB的方程为x=my+1.联立x=my+1y2=4x得y则AB=联立x=my+1x23+y22=1得则CD=则S1故当m=0时，S1S2【题型4切线交点及其轨迹问题】【例4】（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知抛物线E：x2=2y，过点T1,1的直线与抛物线E交于A，B两点，设抛物线E在点A，B处的切线分别为l1和l2，已知l1与x轴交于点M，l2与x轴交于点N(1)证明：点P在定直线上；(2)若△PMN面积为22，求点P(3)若P，M，N，T四点共圆，求点P的坐标.【解题思路】（1）根据题意，由导数的几何意义求出直线l1和l2方程，联立直线方程可得点（2）根据题意，由三角形面积公式可得k的值，由此计算可得答案；（3）根据题意，求出直线MF的斜率，分析可得MF⊥MP，同理NF⊥NP，TF⊥TP，由此可得直线TP的方程，与直线y=x−1联立可得答案．【解答过程】（1）由x2=2y，得y=x22，y′=x所以l1方程为：y=x1同理可得，l2方程为：联立l1方程l2方程解得x因为点T在抛物线内部，可知直线AB的斜率存在，且与抛物线必相交，设直线AB的方程为y=kx−1+1，与抛物线方程联立得：故，所以x1+所以xP=k，y所以点P在定直线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面积S=1故S=1化简可得k−12=1，故k=0或所以点P的坐标为0,−1或2,1（3）若x1=0，则P，抛物线焦点F0,12，由Mx12,0直线MP斜率kMP=x可知MF⊥MP，同理NF⊥NP，所以PF是△PMN外接圆的直径.若点T也在该圆上，则TF⊥TP.由F0,12,T1,1得直线TP的方程为：y=−2x−1又点P在定直线y=x−1上，联立两直线方程得P4【变式4-1】（24-25高三上·云南·阶段练习）已知点Px0,y0是抛物线y2=2pxp>0上任意一点，则在点P处的切线方程为y0y=px+(1)当a=6时，设这两条切线交于点Q，求点Q的轨迹方程；(2)（ⅰ）求证：由点A，B及抛物线C0的顶点所成三角形的重心的轨迹为一抛物线C（ⅱ）对C1再重复上述过程，又得一抛物线C2，以此类推，设得到的抛物线序列为C1，C2，C3【解题思路】（1）根据题意，写出切线方程，再利用垂直得到斜率相乘等于−1进行化简；（2）（ⅰ）在（1）的基础上，结合重心的性质可以得到重心的轨迹方程；（ⅱ）根据图象平移对C1重复上述过程，得到抛物线C2，要观察其变换规律，进而归纳出【解答过程】（1）设Ax1,y1则QA:y1y=3联立y1y=3∴QA⊥QB，∴kQA⋅k∴xQ故点Q的轨迹方程为x=−3（2）（ⅰ）由已知可得QA:y1y=∴QA⊥QB，∴kQA⋅k因为抛物线C的顶点为O，设△OAB的重心坐标为x,y，则x=x由①②得y2故由点A，B及抛物线C的顶点所成三角形的重心的轨迹方程为C1:y（ⅱ）由C:y2=ax变为C1:y2由C1:y2=a3x−a6变为以此类推，抛物线Cny==a

【变式4-2】（2024·广西·二模）已知抛物线C:x2=y，过点E0,2作直线交抛物线C于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线(1)证明：P在定直线上；(2)若F为抛物线C的焦点，证明：∠PFA=∠PFB．【解题思路】（1）设出Ax1,x12，Bx（2）要证∠PFA=∠PFB．即证FA⋅【解答过程】（1）证明：设Ax1,x1直线AB的方程为y−x12又因为直线AB过点E0,2，所以−x1设直线PA的方程为y−x12=kx−x1又因为直线PA与抛物线相切，所以x1=k−x所以直线PA的方程为y−x12同理直线PB的方程为y=2xx由y=2xx1−x1故点P在直线y=（2）证明：∵cos∠PFA=FA⋅注意到两角都在0,π内，可知要证∠PFA=∠PFB．即证FA而FA=x1所以FA⋅又|FA所以FA⋅FPFA即有FA⋅FPFA【变式4-3】（2024·上海·三模）已知抛物线Γ:x2=2y的焦点为F，过点T1,1的直线l与Γ交于A、B两点．设Γ在点A、B处的切线分别为l1，l2，l1与x轴交于点M，l2与x(1)设点A横坐标为a，求切线l1的斜率，并证明FM⊥(2)证明：点P必在直线y=x−1上；(3)若P、M、N、T四点共圆，求点P的坐标．【解题思路】（1）利用导数的几何意义可求出切线l1的斜率，再由点斜式求出直线l1的方程，从而可求出M的坐标，则可得（2）设Aa,a22，Bb,b22，利用导数的几何意义可求出l1（3）解法一：表示出M,N,P三点坐标，设△PMN的外接圆方程为x2+y2+Dx+Ey+F=0，将坐标代入方程可求出D,E,F，从而可得圆的方程，再将T1,1代入圆方程，化简后与ab−a+b+2=0联立可求出点P的坐标；解法二：由（1）可得MF⊥l1，NF⊥l2，则F，M，N，P四点共圆，【解答过程】（1）点A横坐标为a，则Aa,因为y=x22，y′所以切线l1的方程为y−切线l1与x轴的交点为M因为F0,12所以kMF⋅k当a=0时，亦有FM⊥l结论得证.（2）证明：设Aa,a22，Bb,所以kl所以直线l1:y=ax−a由y=ax−a22y=bx−b因为点Aa,a22，所以kAB=kBT，所以ab−a+b+2=0所以点P在直线y=x−1上（3）因为直线l1:y=ax−a所以Ma2,0，N设△PMN的外接圆方程为x2则a2解得D=−a+b2，E=−所以外接圆方程为x将T1,1代入方程，得又a+b=ab+2，解得a+b=83，所以点P坐标为4解法二:抛物线Γ的焦点F0,由（1）可知MF⊥l1，同理可证得所以F，M，N，P四点共圆，所以PF是△PMN的外接圆的直径，因为P、M、N、T四点共圆，所以点T在△PMN的外接圆上，所以FT⊥TP，所以kFT⋅kTP=−1所以直线TP方程为y−1=−2(x−1)，即y=−2x+3又点P在直线y=x−1上，则由y=−2x+3y=x−1，得x=所以点P坐标为43【题型5面积问题】【例5】（23-24高三上·河南濮阳·阶段练习）我们把圆锥曲线的弦AB与过弦的端点A，B处的两条切线所围成的三角形△PAB（P为两切线的交点）叫做“阿基米德三角形”．抛物线有一类特殊的“阿基米德三角形”，当线段AB经过抛物线的焦点F时，△PAB具有以下性质：①P点必在抛物线的准线上；②PA⊥PB；③PF⊥AB．已知直线l:y=kx−1与抛物线y2=4x交于A，B点，若AB=8，则抛物线的“阿基米德三角形”A．82 B．42 C．22【解题思路】根据给定条件求出直线PF方程，进而求出点P坐标及PF长即可求出△PAB的面积.【解答过程】抛物线的焦点为F1,0，准线方程为x=−1，直线l:y=k依题意，k≠0，设Ax1,由y2=4xy=kx−1消去y并整理得k2AB=x1+x当k=1时，因△PAB为“阿基米德三角形”，则直线PF斜率kPF=−1，直线PF方程为：点P必在抛物线的准线x=−1上，点P−1,2，PF又PF⊥AB，于是得S△PAB由对称性可知，当k=−1时，同理有S△PAB所以△PAB的面积是82故选：A.【变式5-1】（2024·山西·模拟预测）圆锥曲线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形，过抛物线焦点F作抛物线的弦，与抛物线交于A，B两点，分别过A，B两点作抛物线的切线l1，l2相交于点P，那么阿基米德三角形PAB满足以下特性：①点P必在抛物线的准线上；②△PAB为直角三角形，且∠APB为直角；③PF⊥AB，已知P为抛物线y2=x的准线上一点，则阿基米德三角形A．12 B．14 C．2【解题思路】设直线AB的方程为x=my+14，A(y12,y1)，B(y22,y2)，y1>0,y2<0，P−14,y0【解答过程】易知，焦点F(14,0)设直线AB的方程为x=my+14，A(y12,y联立y2=xx=my+14则Δ>0，y又PF⊥AB，可得PF⋅AB=0，即1过P点作PM//x轴交AB于则yM=y0=y1故S=1当且仅当y1故三角形PAB的面积的最小值为14故选：B．【变式5-2】（2024·河北秦皇岛·二模）已知抛物线E：x2=2y的焦点为F，点P是x轴下方的一点，过点P作E的两条切线l1,l2，且(1)求证：F，P，M，N四点共圆；(2)过点F作y轴的垂线l，两直线l1,l2分别交l于【解题思路】（1）在取定点Px0,（2）从斜率k满足的二次方程出发，可以对l1,l2的斜率k1,k2使用韦达定理，并可以使用k1,k【解答过程】（1）设Px0,y0，若过点P且斜率为k的直线y=kx−x此即关于x的二次方程x2−2kx+2kx0−2另一方面，该直线与x轴交于点x0−y0k所以，过点P作抛物线的切线后，该切线与x轴的交点到焦点F和点P的连线互相垂直.这就说明∠PMF=∠PNF=90°，从而∠PMF+∠PNF=90°+90°=180°，所以F，P，M，N四点共圆.（2）由l的定义知其方程为y=12，设l1,l2的斜率分别为k1,k故k1+k由于l1,l2均过点Px在y=k1x−x0+y0中令所以AB=由y0<0，可设u=−2S△PAB所以S=≥14u2⋅1⋅=3另一方面，当P0,−16时，l1,l2从而此时AB=43综上，△PAB的面积的最小值是43【变式5-3】（2024·河南·模拟预测）在直角坐标系xOy中，已知a=4,y,(1)求点Mx,y的轨迹Γ(2)由圆x2+y2=R2上任一点Nx0,y0处的切线方程为x0x+y0y=R2，类比其推导思想可得抛物线C:y2=2px(p>0)上任一点【解题思路】（1）由a⋅b=0（2）设P−3,tt≠0,Qx1,y1,Rx2【解答过程】（1）因为a⋅b=0，所以4x−y2=0，整理得y2（2）设P−3,t由题可知，PQ方程为y1y=2x+x1，当y=0将点P−3,t带入y1y=2x+x所以Qx1,y1所以直线QR的方程为yt=2−3+x，即由y2=4x,2x=ty+6,整理得，y2−2ty−12=0所以QR=1+t22点P到直线QR的距离为d=−6−t2所以S△PQR因为Q1所以Q1R1S△P所以S△P因为t≠0，所以t2t2+12∈【题型6最值问题】【例6】（23-24高三·云南昆明·阶段练习）过抛物线y2=2pxp>0的焦点F作抛物线的弦，与抛物线交于A，B两点，分别过A，B两点作抛物线的切线l1，l2相交于点P，△PAB又常被称作阿基米德三角形．△PABA．p23 B．p22 C．【解题思路】设出直线AB的方程，利用弦长公式求出弦长，求出两条切线的方程得出点P的坐标，利用三角形的面积公式可得S△PAB【解答过程】设Ax1,y1因为直线AB过焦点p2,0，所以设直线AB的方程联立y2=4xx=my+所以y1AB由抛物线的性质可得过点Ax1,yy联立yy1=px+x1y点P到直线的距离d=pS当且仅当m=0时取到最小值.故选：C.【变式6-1】（23-24高三上·湖南长沙·阶段练习）AB为抛物线x2=2pyp>0的弦，Ax1,y1，Bx2,y2分别过A,BA．xB．底边AB的直线方程为x0C．△AMB是直角三角形；D．△AMB面积的最小值为2p【解题思路】由导数的几何意义，求得可得A处的切线方程，得出直线AM,BM的方程为y=x1px−x122p和y=x2px−x222p，得到1px1【解答过程】依题意设Ax1,y1，Bx2由导数的几何意义知，直线AM的斜率为kAM=1px可得A处的切线方程为：y−y1=化简可得y=x1px−x同理可得：直线BM的方程为y=x2p则1p因为x1≠x2，解得因点M(x0,可得x0⋅x即Ax1,y1在x所以底边AB的直线方程为x0设直线AB:y=kx+p2，联立方程组y=kx+p则Δ=(−2p)2+4p因为kMA⋅k所以△AMB是直角三角形，所以C正确；取AB的中点H，连接MH，根据抛物线的定义，可得MH平行y轴，所以S==因为x1+x2=2pkx1代入可得S=1当k=0时，Smin故选：ABC.【变式6-2】（2024·云南曲靖·一模）已知斜率为1的直线l1交抛物线E:x2=2pyp>0于A、B两点，线段AB(1)求抛物线E的方程；(2)设抛物线E的焦点为F，过点F的直线l2与抛物线E交于M、N两点，分别在点M、N处作抛物线E的切线，两条切线交于点P，则△PMN的面积是否存在最小值？若存在，求出这个最小值及此时对应的直线l【解题思路】（1）设点Ax1,y1、Bx2（2）设点Mx3,y3、Nx4,y4，分析可知，直线l2的斜率存在，设直线l2的方程为y=kx+1，将该直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，求出【解答过程】（1）解：设点Ax1,y1、Bx2因为线段AB的中点Q的横坐标为2，则x1kAB=y所以，抛物线E的方程为x2（2）解：设点Mx3,y3若直线l2的斜率不存在，则直线l2与抛物线设直线l2的方程为y=kx+1，联立y=kx+1x2Δ=16k2+16>0，由韦达定理可得由焦点弦长公式可得MN=对函数y=x24求导得y′=x2同理可知，直线PN的方程为y=x联立y=x3x2−则FP=2k,−2，所以，FP⋅MN=2k且PF=所以，S△PMN当且仅当k=0时，等号成立，故△PMN的面积存在最小值，且最小值为4，此时，直线l2的方程为y=1【变式6-3】（2024·河北·模拟预测）已知抛物线C:x2=2py(p>0)，过点P(0,2)的直线l与C交于A,B两点，当直线l与y轴垂直时，OA⊥OB(1)求C的准线方程；(2)若点A在第一象限，直线l的倾斜角为锐角，过点A作C的切线与y轴交于点T，连接TB交C于另一点为D，直线AD与y轴交于点Q，求△APQ与△ADT面积之比的最大值.【解题思路】（1）将y=2代入抛物线，结合△AOB为等腰直角三角形求参数，即可得抛物线方程，进而写出准线方程；（2）设A(a,a22)，直线l:y=kx+2(k>0)，联立抛物线求B坐标，导数几何意义求直线TA方程，依次求出T,D,Q坐标，进而求【解答过程】（1）将y=2代入x2=2py(p>0)，则由OA⊥OB，故△AOB为等腰直角三角形，故2p=2，即所以C:x2=2y（2）设A(a,a22)，直线所以axB=−4，则x由y=x22，则y′=x令x=0，则yT=−a设直线TB:y=k1x−所以−4axD=综上，直线AD:y−a22=a632由直线l的倾斜角为锐角，故a>2，则S△APQ=a所以S△APQS△ADT=4(则S△APQS△ADT=4t所以△APQ与△ADT面积之比的最大值3−22一、单选题1．（2024·吉林白山·二模）阿基米德三角形由伟大的古希腊数学家阿基米德提出，有着很多重要的应用，如在化学中作为一种稳定的几何构型，在平面设计中用于装饰灯等.在圆倠曲线中，称圆锥曲线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形.已知抛物线C:y2=8x的焦点为F，顶点为O，斜率为43的直线l过点F且与抛物线C交于M,N两点，若△PMN为阿基米德三角形，则A．11 B．23 C．13 D．【解题思路】求出直线l的方程，联立抛物线方程，得到M,N两点坐标，求出过点M,N的切线方程，联立后得到P−2,3【解答过程】依题意，F2,0，设直线l:y=43则y2−6y−16=0，解得y=8或y=设直线PM方程为y−8=kx−8，联立C:kx−8+82Δ=解得k=1故直线PM的斜率k=12，故直线同理可得直线PN的斜率k′=−2，故直线联立y=12x+4,即P−2,3，则OP故选：C.2．（2024·青海西宁·二模）抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形常被称为阿基米德三角形．阿基米德三角形有一些有趣的性质，如：若抛物线的弦过焦点，则过弦的端点的两条切线的斜率之积为定值．设抛物线y2=2px(p>0)，弦AB过焦点，△ABQ为阿基米德三角形，则△ABQ的面积的最小值为（A．p22 B．p2 C．2【解题思路】设A(x1,y1),B(x2,y2)，设直线AB为x=my+p2，代入抛物线方程，由韦达定理得y1+y2=2pm,y1y2=−p2，设过A的切线方程为【解答过程】设Ax1,y1,Bx整理得y2−2pmy−p设过点A的切线方程为y−y1=k整理得y2−2pky+则过A的切线为：y−y1=py1x−同理可得过点B的切线斜率为py2，过点B的切线方程为：联立两切线py1x+所以两条切线的交点Q在准线上，则y1两式相减得y1∴y=y1+y2又因为直线AB的斜率为1m(m≠0)，∴AB⊥QF（如图，设准线与x轴的交点为M，△ABQ的面积S=1当AB⊥x轴时，AB最短（最短为2p），QF也最短（最短为MF=p此时△ABQ的面积取最小值p2故选：B.3．（23-24高二·全国·课后作业）圆锥曲线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形常被称为阿基米德三角形，其中抛物线中的阿基米德三角形有一些有趣的性质，如：若抛物线的弦过焦点，则过弦的端点的两条切线的交点在其准线上．设抛物线y2=2pxp>0，弦AB过焦点F，△ABQ为阿基米德三角形，则△ABQA．锐角三角形 B．直角三角形C．钝角三角形 D．随着点A，B位置的变化，前三种情况都有可能【解题思路】设出直线AB的方程，联立抛物线，利用韦达定理得出y1【解答过程】如图，设Ax1,y1，Bx2设直线AB的方程为my=x−p2，联立整理得y2−2pmy−p2=0设过点A的切线方程为k1y−y整理得y2则Δ=−2pk设过点B的切线方程为k2y−y则p2k1k2则两条切线的斜率之积为−1，故△ABQ是直角三角形．故选：B．4．（2024·河北·三模）抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形称为阿基米德三角形，在数学发展的历史长河中，它不断地闪炼出真理的光辉，这个两千多年的古老图形，蕴藏着很多性质．已知抛物线y2=4x，过焦点的弦AB的两个端点的切线相交于点M，则下列说法正确的是（A．M点必在直线x=−2上，且以AB为直径的圆过M点B．M点必在直线x=−1上，但以ABC．M点必在直线x=−2上，但以AB为直径的圆不过M点D．M点必在直线x=−1上，且以AB【解题思路】结合导数几何意义可证得过抛物线y2=4x上一点x0,y0的切线方程为y0y=2x+x0，由此可确定在A,B处的切线方程，进而结合M点坐标得到直线AB【解答过程】设x0,y当y0>0时，由y=2x得：y′=即y−y0=同理可得：当y0<0时，在x0经检验，当x0=0，y0=0时，切线方程为∴过抛物线y2=4x上一点x0设Ax则抛物线在A,B处的切线方程为y1y=2x+x1∴点A,B满足直线方程：yy3=2x+x∴21+x3=0，解得：x3=−1，由题意知：y1≠0，∵kMA=2y设直线AB方程为：x=ty+1，由x=ty+1y2=4x得：y2−4ty−4=0，∴∴以AB为直径的圆过M点；B错误，D正确.故选：D.5．（23-24高三上·河南濮阳·阶段练习）我们把圆锥曲线的弦AB与过弦的端点A，B处的两条切线所围成的三角形△PAB（P为两切线的交点）叫做“阿基米德三角形”．抛物线有一类特殊的“阿基米德三角形”，当线段AB经过抛物线的焦点F时，△PAB具有以下性质：①P点必在抛物线的准线上；②PA⊥PB；③PF⊥AB．已知直线l:y=kx−1与抛物线y2=4x交于A，B点，若AB=8，则抛物线的“阿基米德三角形”△PAB顶点A．±1 B．±2 C．±3 D．±【解题思路】确定直线l:y=kx−1过抛物线焦点，联立抛物线方程，得到根与系数的关系式，利用弦长公式可求得k2=1【解答过程】抛物线的焦点为F1,0，准线方程为x=−1直线l:y=kx−1由题意k≠0，设Ax1,联立y2=4xy=k所以x1+x2=2k∴k=±1，当k=1时，kPF=−1，所以直线PF方程为：因为△PAB为“阿基米德三角形”，所以点P必在抛物线的准线x=−1上，所以点P−1,2由抛物线对称性可知，当k=−1时，P−1,−2故选：B．6．（23-24高三·云南昆明·阶段练习）过抛物线y2=2pxp>0的焦点F作抛物线的弦与抛物线交于A、B两点，M为AB的中点，分别过A、B两点作抛物线的切线l1、l2相交于点P①P点必在抛物线的准线上；②AP⊥PB；③设Ax1,y1、Bx2④PF⊥AB；⑤PM平行于x轴.其中正确的个数是（

）A．2 B．3 C．4 D．5【解题思路】作出图形，设点Ax1,y1、Bx2,y2，设直线AB的方程为x=my+p2，将直线AB的方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，求出直线l1、l2的方程，求出点P的坐标，可判断①的正误；利用直线【解答过程】先证明出抛物线y2=2pxp>0在其上一点x证明如下：由于点x0,y0在抛物线联立y2=2pxy0y=px+px0所以，抛物线y2=2pxp>0在其上一点x如下图所示：设Ax1,y1、B联立x=my+p2y2=2px由韦达定理可得y1y2对于命题①，抛物线y2=2px在点A处的切线方程为y1同理可知，抛物线y2=2px在点B处的切线方程为联立y1y=px+y122y即点P在抛物线的准线上，①正确；对于命题②，直线l1的斜率为k1=py1，直线所以，AP⊥PB，②正确；对于命题④，当AB垂直于x轴时，由抛物线的对称性可知，点P为抛物线的准线与x轴的交点，此时PF⊥AB；当AB不与x轴垂直时，直线AB的斜率为kAB直线PF的斜率为kPF=mp−p=−m综上，PF⊥AB，④正确；对于命题③，AB=PF=所以，S△PAB=1当且仅当m=0y对于命题⑤，当AB垂直于x轴时，由抛物线的对称性可知，点P为抛物线的准线与x轴的交点，此时直线PM与x轴重合，⑤错误.故选：B.7．（2024高三·全国·专题练习）已知抛物线Γ:x2=8y的焦点为F，直线l与抛物线Γ在第一象限相切于点P，并且与直线y=−2和x轴分别相交于A，B两点，直线PF与抛物线Γ的另一个交点为Q．过点B作BC//AF交PF于点C附加结论：抛物线上两个不同的点A，B的坐标分别为Ax1,y1，Bx2,y2，以A，B为切点的切线

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

由BC∥AF可得PCPF因为PC=QF=又因为PF=PP设Px1,y1由定理可得x1x2即8y1⋅8联立①②两式，解得y1=5故PF=故选：C．8．（2024·云南昆明·模拟预测）阿基米德（公元前287年～公元前212年）是古希腊伟大的物理学家、数学家和天文学家.他研究抛物线的求积法得出著名的阿基米德定理，并享有“数学之神”的称号.抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形被称为阿基米德三角形.如图，△PAB为阿基米德三角形.抛物线x2=2py(p>0)上有两个不同的点Ax1,y1,Bx2,（1）若弦AB过焦点，则△ABP为直角三角形且∠APB=90（2）点P的坐标是x1（3）△PAB的边AB所在的直线方程为x1（4）△PAB的边AB上的中线与y轴平行（或重合）.A．（2）（3）（4） B．（1）（2） C．（1）（2）（3） D．（1）（3）（4）【解题思路】设Ax1,x1利用焦点弦性质得kPA写出切线方程，联立求出P点坐标，得（2）错误；用A,B两点坐标表示出kAB，写出直线AB设N为抛物线弦AB的中点，立即得（4）正确；【解答过程】由题意设Ax1,x122p，Bx2,x222p，x1<x2，由以点A为切点的切线方程为y−x122p=x1p(x−x1)，以点B为切点的切线方程为y−x设N为抛物线弦AB的中点，N的横坐标为xN=x1+x22，因此则直线PN平行于y轴，即平行于抛物线的对称轴，故（4）正确；设直线AB的斜率为故选：D.二、多选题9．（2024·山东·模拟预测）抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形．已知抛物线C:x2=8y，阿基米德三角形PAB，弦AB过C的焦点F，其中点AA．点P的纵坐标为−2 B．C的准线方程为x=−2C．若AF=8，则AB的斜率为3 D．△PAB【解题思路】设Ax1,y1，Bx2,y2，直线AB:y=kx+2，联立方程组，求得x1+x2=8k，x1x2=−16，求得A【解答过程】对于A项，设Ax1,y1联立C:x2=8y，消去y，得x所以x1+x由C:x2=8y，得y′=同理点B处的切线：y=14x2x−所以，点P4k,−2对于B项，准线方程为y=对于C项，AF=y1+2=8，得y1对于D项，AB=y1+y2+4=k所以S△ABP当k=0时，△ABP的面积有最小值16.故D正确.故选：AD.10．（2024·湖南长沙·二模）过抛物线C：x2=2py（p>0）的焦点F的直线与抛物线C相交于A，B两点，以A，B为切点作抛物线C的两条切线l1，l2，设l1，l2的交点为M，称△A．△AMB是直角三角形B．顶点M的轨迹是抛物线C的准线C．MF是△AMB的高线D．△AMB面积的最小值为2【解题思路】关于阿基米德三角形△AMB的结论，需要逐个选项去判断，由kMA⋅kMB=−1，即可证明A；求出A,B处的切线方程，可以得出M的坐标进而可以验证B；设AB【解答过程】设A(x1，y1)，B(x2，y2由导数的几何意义知，直线AM的斜率为kAM=1px设直线AB:y=kx+p2，联立y=kx+p得到x1+x对于A，∵kMA⋅k所以△AMB是直角三角形，故A正确；对于B，由导数的几何意义可得A处的切线方程为：y−y则y−x12所以直线AM的方程为：y=x同理可得：直线BM的方程为：y=x所以x1px−因为x1≠x所以y=x所以Mx1+x22,−所以顶点M的轨迹是抛物线C的准线，且取AB的中点H，连接MH，MH平行y轴，故B正确；对于C，kAB=y1所以MF是△AMB的高线，故C正确；对于D，因为MH平行y轴，所以S==因为x1+x所以x1x1代入可得：S=1当k=0时，Smin故选：ABC.

11．（23-24高三下·湖南长沙·阶段练习）抛物线的弦与弦的端点处的两条切线形成的三角形称为阿基米德三角形，该三角形以其深刻的背景､丰富的性质产生了无穷的魅力.设A,B是抛物线C:x2=4y上两个不同的点，以Ax1,y1,BA．xB．若x1=2，则AC．存在点P，使得PAD．△PAB面积的最小值为4【解题思路】联立方程组，结合韦达定理，可判定A正确；求得y′=12x，得到切点坐标Ax1,14x12，得出切线方程y=12x1【解答过程】对于A中，设直线AB:y=kx+1，联立方程组y=kx+1x2=4y再设Ax1,对于B中，由抛物线x2=4y.可得y=1则过点A的切线斜率为12x1，且y则切线方程为：y−14x若x1=2时，则过点A的切线方程为：对于C中，由选项B可得：直线AP的斜率为12x1，直线BP因为12x1⋅1对于D中，由选项B可知，过点B的切线方程为y=1联立直线PA,PB的方程可得P2k,−1所以S△ABPAB=PF=则S△ABP=41+k232故选：ABD.三、填空题12．（2024高三·全国·专题练习）抛物线的弦与过弦端点的两条切线所围成的三角形被称为阿基米德三角形．设抛物线为y2=4x，弦AB过焦点，△ABQ为阿基米德三角形，则△ABQ的面积的最小值为【解题思路】根据抛物线y2=2pxp>0在点P【解答过程】先证抛物线y2=2pxp>0在点P不妨设切线方程为：x−x0=k切线方程与抛物线联立可得：y2所以Δ=4易知该切线只有一条，所以k=y先设点A的坐标为xA,yA，点B的坐标为xB由于弦AB过抛物线y2=4x的焦点，于是可反设直线AB的方程为因此点A，B的坐标满足y2=4x,x=my+1,再使用韦达定理就有yA由于在AxA,yA处抛物线y2=4x的切线方程为y因此阿基米德三角形的顶点QxQ,进而yA−y将yQ=yA+因此点Q的坐标为−1,2m，于是点Q到直线AB的距离d=−1−2根据弦长公式得AB=于是△ABQ的面积S=12AB因此△ABQ的面积的最小值为4．故答案为：4.

13．（24-25高二上·上海·单元测试）我们把圆锥曲线的弦AB与过弦的端点A、B处的两条切线所围成的△PAB（P为两切线的交点）叫做“阿基米德三角形”．抛物线有一类特殊的“阿基米德三角形”，当线段AB经过抛物线的焦点F时，△PAB具有以下性质：①P点必在抛物线的准线上；②PA⊥PB；③PF⊥AB．已知直线l：y=kx−1与抛物线y2=4x交于A、B两点，若AB=8，则抛物线的“阿基米德三角形”△PAB的顶点P的坐标为(−1,2)【解题思路】设A(x1,y1),B(x2,y2)，将直线方程代入抛物线方程化简利用根与系数的关系，结合弦长【解答过程】抛物线y2=4x的焦点F(1,0)，准线方程为设A(x由y2=4xy=k(x−1)由Δ=所以x1所以AB=x1+x当k=1时，因为PF⊥AB，所以kPF所以直线PF的方程为y=−(x−1)，因为P点必在抛物线的准线x=−1上，所以xP所以yP=−(x当k=−1时，因为PF⊥AB，所以kPF所以直线PF的方程为y=x−1，因为P点必在抛物线的准线x=−1上，所以xP所以yP=x综上，△PAB的顶点P的坐标为(−1,2)或(−1,−2).故答案为：(−1,2)或(−1,−2).14．（23-24高三下·江西·阶段练习）圆锥曲线C的弦AB与过弦的端点A，B的两条切线的交点P所围成的三角形PAB叫做阿基米德三角形，若曲线C的方程为x2=4y，弦AB过C的焦点F，设Ax1,y1，Bx2,y2，Px0,y0，则有x0=【解题思路】由已知可设直线AB的方程为y=kx+1，联立方程组，结合设而不求法依次判断各命题即可.【解答过程】抛物线x2=4y的焦点为F0,1过点F0,1故可设直线AB方程为y=kx+1，联立x2=4yy=kx+1，消y方程x2−4kx−4=0的判别式所以x1所以y1因为x0=x所以x0=2k，因为y0=−1，所以点P在直线kPAkPA因为FA=所以FAFBPF=所以PF2故答案为：①④.四、解答题15．（23-24高三上·河北衡水·阶段练习）著名古希腊数学家阿基米德首次用“逼近法”的思想得到了椭圆的面积公式S=abπ，（a,b分别为椭圆的长半轴长和短半轴长）为后续微积分的开拓奠定了基础，已知椭圆C：x2(1)求C的面积；(2)若直线l:x+2y−3=0交C于A,B两点，求AB．【解题思路】（1）根据椭圆方程和椭圆面积公式，即可求解；（2）直线与椭圆方程来努力，利用弦长公式，即可求解.【解答过程】（1）椭圆C的方程为x218+y2则a=32，b=3所以椭圆C的面积S=π（2）联立x218+Δ=16+24=40>0，y1+AB=16．（23-24高二下·重庆·阶段练习）过抛物线外一点P作抛物线的两条切线，切点分别为A，B，我们称△PAB为抛