抛物线的阿基米德三角形讲义-解析版_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年06月高三试卷（数理化）_2026年6月高中数学试题汇编_0618数学_抛物线的阿基米德三角形讲义--2027高考数学

抛物线的阿基米德三角形
目 录
高考分析 .............................................................................................................................................................. 1
学习目标 .............................................................................................................................................................. 2
知识要点 .............................................................................................................................................................. 2
解题策略 .............................................................................................................................................................. 9
题型归纳 .............................................................................................................................................................. 9
题型01：定点问题 ............................................................................................................................................... 9
题型02：定直线问题 ......................................................................................................................................... 22
题型03：定值问题 ............................................................................................................................................. 32
题型04：参数问题 ............................................................................................................................................. 38
题型05：面积问题 ............................................................................................................................................. 43
题型06：点坐标 ................................................................................................................................................ 58
题型07：证明.................................................................................................................................................... 71
题型08：阿基米德三角形的综合应用 ................................................................................................................. 82
一. 考查位置
高考圆锥曲线大题（第20/21题）高频二级结论模型，常在抛物线大题压轴、选填压轴出现；新高考全国卷、地方
卷每年1–2次直接/间接考查。
1
学科网（北京）股份有限公司二. 命题特点
1.不直接考定义，常隐藏在切线、弦中点、面积、定点定值、最值中
2.核心围绕：两条切线+一条弦构成阿基米德三角形
3.常结合：韦达定理、中点、斜率、面积、定点、最值、参数范围
4.难度：中档偏难，属于圆锥曲线提分关键点，掌握结论可大幅简化计算
三. 高频考法
1.证明：顶点与弦中点连线平行于抛物线对称轴
2.求：阿基米德三角形面积、最小面积
3.定点：切线交点恒过定点
4.定值：斜率积、向量数量积、面积比例定值
5.最值：面积最值、距离最值
1. 准确识别抛物线阿基米德三角形结构：
抛物线弦AB，过A、B分别作切线交于P，则三角形PAB即为阿基米德三角形
2. 熟记并会推导5大核心性质，不硬背，理解来源
3. 能在大题中规范使用结论（可直接用，也可简单证明）
4. 掌握通法+二级结论两套解题路径，大题优先通法，选填直接秒杀
5. 熟练解决：面积、定点、定值、最值四类高频题型
6. 能快速构造模型，将复杂抛物线切线问题转化为阿基米德三角形模型
知识点一：圆锥曲线的切线方程
圆锥曲线方程 曲线上一点(x ,y )处的切线方程
0 0
圆 x2 + y2 =r2 x x+ y y=r2
0 0
2
学科网（北京）股份有限公司(x−a)2 +(y−b)2 =r2 (x −a)(x−a)+(y −b)(y−b)=r2
0 0
2 2
𝑥𝑥 +𝑦𝑦 +𝐷𝐷𝑥𝑥+𝐸𝐸𝑦𝑦+𝐹𝐹 =0
其中 𝑥𝑥0+𝑥𝑥 𝑦𝑦0+𝑦𝑦
𝑥𝑥0𝑥𝑥+𝑦𝑦0𝑦𝑦+𝐷𝐷 +𝐸𝐸 +𝐹𝐹 =0
2 2
2 2
x2 (y2 𝐷𝐷 +𝐸𝐸 −4𝐹𝐹 >0) x x y y
+ =1 (a>b>0) 0 + 0 =1
a2 b2 a2 b2
椭圆
2 2
𝑦𝑦 𝑥𝑥
𝑦𝑦0𝑦𝑦 𝑥𝑥0𝑥𝑥
𝑎𝑎 x 22+ −𝑏𝑏 y 22= = 1 1 (𝑎𝑎 (a > > 𝑏𝑏 0 > ,b 0 > ) 0) 𝑎𝑎 x 0 2x+ − 𝑏𝑏 y2 0 y= = 1 1
a2 b2 a2 b2
双曲线
2 2
𝑦𝑦 𝑥𝑥
𝑦𝑦0𝑦𝑦 𝑥𝑥0𝑥𝑥
2− 2 =1(𝑎𝑎>0,𝑏𝑏 >0) 2 − 2 =1
𝑎𝑎 𝑏𝑏 y𝑎𝑎 0 y= p𝑏𝑏(x+x 0 )
2
𝑦𝑦 = 2𝑝𝑝𝑥𝑥(𝑝𝑝>0)
抛物线 2
𝑦𝑦 =−2𝑝𝑝𝑥𝑥(𝑝𝑝>0) 𝑦𝑦0𝑦𝑦 =−𝑝𝑝(𝑥𝑥+𝑥𝑥0 )
2
𝑥𝑥 = 2𝑝𝑝𝑦𝑦(𝑝𝑝>0) 𝑥𝑥0𝑥𝑥 =𝑝𝑝(𝑦𝑦+𝑦𝑦0)
2
𝑦𝑦 =−2𝑝𝑝𝑥𝑥(𝑝𝑝>0) 𝑥𝑥0𝑥𝑥 =−𝑝𝑝(𝑦𝑦+𝑦𝑦0)
知识点二：抛物线阿基米德三角形
一、定义
抛物线的弦与两端点的切线围成的三角形叫做阿基米德三角形。
二、切线方程
a、过抛物线y2 =2px上的一点P(x ,y )的切线为yy =p(x+x )
0 0 0 0
b、过抛物线y2 =−2px上的一点P(x ,y )的切线为yy =−p(x+x )
0 0 0 0
c、过抛物线x2 =2py上的一点P(x ,y )的切线为xx =p(y+y )
0 0 0 0
d、过抛物线x2 =−2py上的一点P(x ,y )的切线为xx =−p(y+y )
0 0 0 0
证法1：设抛物线x2 =2py ( p >0 ) 上一点M ( x ,y ) 的切线方程为： y− y =k ( x−x ) ，代入x2 =2py ( p >0 ) ，整
0 0 0 0
理得x2 −2pkx−2py +2pkx =0，由∆=0，得4p2k2 +4 ( 2py −2pkx ) =0⇒ pk2 −2x k+2y =0
0 0 0 0 0 0
x
因为抛物线上一点处的切线是唯一的， ∴ 关于k的一元二次方程 pk2 −2x k+2y =0有两个相等的实数根，∴k = 0
0 0 p
x
所求的切线方程为 y− y 0 ( x−x ) ，即x x= x2 + py− py ，又x2 =2py ， ∴ 过抛物线x2 =2py ( p >0 ) 上一点
0 p 0 0 0 0 0 0
( ) x x = p(y+ y )
M x ,y 的切线方程为： 0 0 。
0 0
3
学科网（北京）股份有限公司x2 x x
证法2：导数法： y = ⇒ y′= ，甴导数的几何意义得所求切线的斜率为∴k = 0 所求的切线方程为
2p p p
y− y =k ( x−x ) ，即x x= x2 + py− py ，又x2 =2py ， ∴ 过抛物线x2 =2py ( p >0 ) 上一点M ( x ,y ) 的切线
0 0 0 0 0 0 0 0 0
( )
方程为：xx = p y+ y 。
0 0
三、性质
2
1.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 。
3
2.阿基米德三角形底边（弦AB）上的中线平行于抛物线的轴。
( ) ( ) ( )
证明：设A x ,y ,B x ,y ,M为弦AB的中点，则过A的切线方程为 yy = p x+x ，过B的切线方程为
1 1 2 2 1 1
yy = p ( x+x ) ，y2 =2px y2 =2px 联立方程
2 2 1 1， 2 2
y2 y2
y ⋅ 1 − y ⋅ 2
 yy = p ( x+x )( 1 ) ( 1 ) y x+x 2 2p 1 2p
 1 1 ， ⇒ 1 = 1 ⇒ y x+ y x = y x+ y x ⇒ x=
yy = p ( x+x )( 2 ) ( 2 ) y x+x 1 1 2 2 2 1 y − y
2 2 2 2 1 2
y2 y2  y y y2 
y 2 ⋅ 2 1 p − y 1 ⋅ 2 2 p y y p ( x+x ) p    2 1 p 2 + 2 1 p    y + y
= = 1 2 ,y = 1 = = 1 2
y − y 2p y y 2
1 2 1 1
 y y y + y  x +x y + y 
解得两切线交点Q

 1 2 , 1 2

，又M 1 2 , 1 2 ，∴MQ||x轴
 2p 2   2 2 
3、QM的中点P在抛物线上，且P处的切线与AB平行.
x +x y + y   y y y + y 
证明：设A ( x ,y ) ,B ( x ,y ) ，弦AB的中点M 1 2 , 1 2 ，则Q

 1 2 , 1 2


1 1 2 2  2 2   2p 2 
y y y2 + y2
1 2 + 1 2
x +x y2 + y2 2p 4p ( y + y )2 ( y + y )2 y + y 
1 2 = 1 2 ⇒ = 1 2 ⇒ P 1 2 , 1 2  带入抛物线 y2 =2px满足方程，所以
 
2 4p 2 8p  8p 2 
( )
p y + y 2p y − y 2p y − y 2p
点P在抛物线上，k = y′= y = 1 2 = k = 1 2 = 1 2 = ∴k =k
p切 y 2 y + y AB x −x y2 − y2 y + y p切 AB
1 2 1 2 1 2 1 2
4
学科网（北京）股份有限公司p
( )
4、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y = x+x 。
y 0
0
𝐀𝐀𝐀𝐀 𝐂𝐂 𝐐𝐐
( ) ( ) ( ) ( )
证明：设A x ,y ,B x ,y ,C x ,y 为抛物线内的定点，弦AB的过定点C，Q x,y ，
1 1 2 2 0 0
y y y + y
满足x= 1 2 ，y = 1 2 ，
2p 2
y − y y − y 2p y − y
k =k ⇒ 1 2 = 1 0 ⇒ = 1 0
AB AC 1 ( ) 1 y + y 1
y2 − y2 y2 −x 1 2 y2 −x
2p 1 2 2p 1 0 2p 1 0
⇒ y2−= y2 − y y + y y − y y ⇒+y y − y y − y y +2px =0
1 1 1 0 1 2 2 0 1 2 1 0 2 0 0
y y y + y
x= 1 2 ,∴2px− ( y + y ) y +2px =0y = 1 2 ∴2px−2yy +2px =0
2p 1 2 0 0 2 0 0
p
( ) ( )
⇒ yy = p x+x ∴y = x+x
0 0 y 0
0
5、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: ,
𝐥𝐥 𝐥𝐥 𝐥𝐥 𝐚𝐚𝐚𝐚+𝐛𝐛𝐛𝐛+𝐜𝐜=𝟎𝟎
则定点的坐标为 .
𝐜𝐜 𝐛𝐛𝐛𝐛
𝐂𝐂�𝐚𝐚,− 𝐚𝐚�
p b c
( ) ( )
证明：由性质4的证明可知：点Q的轨迹方程为直线 y = x+x ，与 y =− x− 表示同一条直线，其中 x ,y
y 0 a a 0 0
0
 p a  pb
  y =− b  y 0 =− a
是弦AB经过的定点，所以 0 ⇒
px c c
 0 =−  x =
  y b  0 a
0
可得：弦AB所在的直线过定点 .
c bp
C�a,− a�
6、抛物线以C点为中点的弦平行于Q点的轨迹．
5
学科网（北京）股份有限公司p
( ) ( )
证明：由性质4的证明可知：点Q的轨迹方程为直线 y = x+x ，其中 x ,y 为弦AB的经过的定点．∵点C又
y 0 0 0
0
x +x y +y 2p p
为弦AB的中点，∴x = 1 2 ,y = 1 2 ，而弦AB所在的直线方程斜率由点差法可得k = ，又∵直线
0 2 0 2 y + y y
1 2 0
AB与Q的轨迹方程不重合，故可知两线平行．
7、底边为 的阿基米德三角形的面积最大值为 .
𝟑𝟑
𝐚𝐚
𝐚𝐚 𝟖𝟖𝐛𝐛
x +x y + y   y y y + y 
证明：设A ( x ,y ) ,B ( x ,y ) ，弦AB的中点M 1 2 , 1 2 ，Q

 1 2 , 1 2


1 1 2 2  2 2   2p 2 
，
x +x y y y2 + y2 y y ( y − y )2 a2 1 1 a2 a3
点Q到AB的距离d ≤ QM = 1 2 − 1 2 = 1 2 − 1 2 = 1 2 ≤ ∴S = ad ≤ a = 8、
2 2p 4p 4p 4p 4p 2 2 4p 8p
.
2
|AF|⋅|BF|=|QF|  p  p p p2  y y  2 y2 + y 2 p2
AF ⋅ BF = x +  ⋅ x +  = x x + (x +x )+ = 1 2  + 1 2 +
 1 2   2 2  1 2 2 1 2 4  2p  4 4
证明： ，
 y y p 2  y + y  2  y y  2 y2 + y 2 p2
QF 2 = 1 2 −  + 1 2  = 1 2  + 1 2 + = AF ⋅ BF
 2p 2   2p   2p  4 4
．
所以 .
2
|AF|⋅|BF|=|QF |
8、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 𝐈𝐈 𝐀𝐀,𝐀𝐀 𝐈𝐈 𝐐𝐐𝐀𝐀,𝐐𝐐𝐀𝐀 𝐒𝐒,𝐓𝐓 𝐀𝐀𝐈𝐈,𝐀𝐀𝐈𝐈 △𝐀𝐀𝐀𝐀𝐈𝐈 △𝐐𝐐𝐒𝐒𝐓𝐓
证明：由阿基米德重要结论：抛物线与弦之间所围成曲面区域的面积为阿基米德三角形面积的三分之二可知：∆ABI 的
面积是弦AB与抛物线围成的曲面面积减去弦AI和弦BI 与抛物线围成的曲面面积，即
6
学科网（北京）股份有限公司2 2 2 2( )
S =S −S −S = S − S − S = S −S −S
ABI 曲AB内 曲AI内 曲BI内 3 ∆AQB 3 ∆ASI 3 ∆BTI 3 ∆AQB ∆ASI ∆BTI
1 1 1 1( )
S =S −S −S = S − S − S = S −S −S
QST 曲AB外 曲AI外 曲BI外 3 ∆AQB 3 ∆ASI 3 ∆BTI 3 ∆AQB ∆ASI ∆BTI
所以 的面积是 面积的2倍
△ABI △QST
9、在阿基米德三角形中,
∠𝐐𝐐𝐐𝐐𝐀𝐀=∠𝐐𝐐𝐐𝐐𝐀𝐀
10、若阿基米德三角形的底边过焦点, 顶点 的轨迹为准线,反之，若阿基米德三角形的顶点 在准线上,则底边一定过焦
点。 𝐐𝐐 𝐐𝐐
p p p
( )
证明：因为点Q的轨迹方程为直线 y = x+x ，且x = ,y =0⇒ x=−
y 0 0 2 0 2
0
p p p c pb  p 
反之，若Q的轨迹方程为x=− ⇒ x+ =0⇒a =1,b=0,c= ，因为弦AB过得定点为 ,− = ,0，
2 2 2 a a   2 
所以弦AB过焦点。
11、若阿基米德三角形的底边过焦点,则顶角为直角，且阿基米德三角形的面积最小值为
𝟐𝟐
p p p2 p2 𝐛𝐛
证明：k = ,k = ⇒k ⋅k = = =−1，所以QA⊥QB
QA y QB y QA QB y y − p2
1 2 1 2
1 ( ) 1
S = QF y + y ≤ p⋅2p = p2
∆QAB 2 1 2 2
12、在抛物线上任意取一点I ,（不与A、B重合），过I 做抛物线的切线交QA、QB、于S、T两点，则三角形QST的
重心在准线上。
7
学科网（北京）股份有限公司( ) ( ) ( )
A 2pt2,2pt ,B 2pt2,2pt ,I2pt2,2pt
1 1 2 2 3 3
 p ( )
l :y= x+2pt2
 TS 2pt 3
 3 ⇒T(2pt t ,p(t +t ))
p ( ) 2 3 2 3
l :y= x+2pt2
TB 2pt 2
证明：
2
2pt p
过T做QA的垂线，(点斜式)方程为：y−p(t +t ) = 1(x−2pt t )与准线x=− 交点为
2 3 p 2 3 2
 p 
− ，p(t +t +t ) +4ptt t ,显然此点具有对偶性，同理可得三条垂线与准线的交点相同。
 2 1 2 3 1 2 3 
知识点三：椭圆中的阿基米德三角形
设椭圆 的弦为 过 ， 两点做椭圆切线，交于 点，称 为阿基米德三角形,
2 2
𝑥𝑥 𝑦𝑦
𝐶𝐶:𝑎𝑎 2+𝑏𝑏 2 =1(𝑎𝑎 >𝑏𝑏 >0) 𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐴𝐴 𝐴𝐴 𝑄𝑄 △𝐴𝐴𝐴𝐴𝑄𝑄
则有:
性质 1: 弦 绕着定点 转动时, 则其所对顶点 落在直线 上.
2
𝑎𝑎
𝐴𝐴𝐴𝐴 𝑃𝑃(𝑚𝑚,0) 𝑄𝑄 𝑥𝑥 = 𝑚𝑚
其中, 当 点为左 (右) 焦点时, 点位于左 (右) 准线上.
性质 2: 直线 𝑃𝑃 的斜率成等差数列𝑄𝑄, 即 .
𝐴𝐴𝑄𝑄,𝑃𝑃𝑄𝑄,𝐴𝐴𝑄𝑄 𝑘𝑘𝑃𝑃𝑃𝑃 =𝑘𝑘𝐴𝐴𝑃𝑃+𝑘𝑘𝐵𝐵𝑃𝑃
性质 3: 当 点为焦点时, .
𝑃𝑃 𝑃𝑃𝑄𝑄 ⊥𝐴𝐴𝐴𝐴
知识点四：双曲线中的阿基米德三角形
设双曲线 的弦为 过 ， 两点做双曲线切线，交于 点，称 为阿基米德三
2 2
𝑥𝑥 𝑦𝑦
角形, 则有: 𝐶𝐶:𝑎𝑎 2−𝑏𝑏 2 =1(𝑎𝑎,𝑏𝑏 >0) 𝐴𝐴𝐴𝐴, 𝐴𝐴 𝐴𝐴 𝑄𝑄 △𝐴𝐴𝐴𝐴𝑄𝑄
性质 1: 弦 绕者定点 转动时, 则其所对顶点 落在直线 上.
2
𝑎𝑎
其中𝐴𝐴,𝐴𝐴 当 点为左𝑃𝑃( 𝑚𝑚(右,0) )焦点时, 点位于左 (右𝑄𝑄) 准线上. 𝑥𝑥 = 𝑚𝑚
𝑃𝑃 𝑄𝑄
性质 2: 直线 的斜率成等差数列, 即 .
𝐴𝐴𝑄𝑄,𝑃𝑃𝑄𝑄,𝐴𝐴𝑄𝑄 𝑘𝑘𝑃𝑃𝑃𝑃 =𝑘𝑘𝐴𝐴𝑃𝑃+𝑘𝑘𝐵𝐵𝑃𝑃
性质 3: 当 点为焦点时, .
𝑃𝑃 𝑃𝑃𝑄𝑄 ⊥𝐴𝐴𝐴𝐴
概念混淆：误将任意弦与切线构成的三角形当作阿基米德三角形，忽略核心条件 ——弦的中点与抛物线顶点连线平行于
对称轴，或切线需与抛物线相切于弦的端点。
切线方程失误：求切线方程时，记错抛物线切线公式（如y2 =2px在点(x ,y )处切线为y y= p(x+x )，或代入点坐标
0 0 0 0
时符号出错。
面积公式误用：阿基米德三角形面积与弦长、抛物线参数 p 相关，易混淆为普通三角形面积公式，忽略面积与弦到焦点
距离的关联，或计算时遗漏参数 p 的系数。
8
学科网（北京）股份有限公司性质推论遗漏：忽略 “阿基米德三角形的外接圆过抛物线焦点”“切线交点轨迹与抛物线的对偶关系” 等推论，导致解
题时无法利用隐含条件简化计算。
策略一：通用解题四步法（大题必用）
1. 设点设线
设A( , ),B( , )，直线AB:x=my+n（抛物线优先设横截式，减少计算）
2. 联立抛物线
𝑥𝑥1 𝑦𝑦1 𝑥𝑥2 𝑦𝑦2
联立 =2px 与直线，得韦达： + ,
3. 求切线2交点P
𝑦𝑦 𝑦𝑦1 𝑦𝑦2 𝑦𝑦1𝑦𝑦2
抛物线切线方程：y =p(x+ )
联立两条切线，解得P坐标
𝑦𝑦0 𝑥𝑥0
4. 用性质求解目标
①平行对称轴：直接用 =
1 𝑦𝑦𝑃𝑃 ( 𝑦𝑦𝑀𝑀 ) 1
②面积：S = QF y + y ≤ p⋅2p = p2
∆QAB 2 1 2 2
③定点/定值：用韦达化简
④最值：转化为单变量函数求范围
策略二：二级结论秒杀法（选填、大题快速验算）
策略三：避坑提醒
1. 大题不能只写结论，必须简单推导切线交点或联立过程
2. 开口向左/上/下抛物线，性质形式略有变化，优先统一用 =2px
3. 面积公式优先用纵坐标差，计算远简单于横坐标 2
𝑦𝑦
题型 01：定点问题
x2 1
【典型例题1】已知曲线C：y= ，D为直线y=− 上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.
2 2
（1）证明：直线AB过定点：
5
（2）若以E(0， )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.
2
1 1 1
解析：（1）设D(t,− ),A(x ,y ),则 y = x2 ．又因为 y = x2 ，所以 y' = x.
2 1 1 1 2 1 2
9
学科网（北京）股份有限公司1
故y + = x (x −t)，整理得2tx −2y +1=0.设B(x ,y )，同理得2tx −2y +1=0.
1 2 1 1 1 1 2 2 2 2
A(x ,y ),B(x ,y )都满足直线方程2tx−2y+1=0.于是直线2tx−2y+1=0过点A,B，而两个不同的点确定一条直
1 1 2 2
线，所以直线AB方程为2tx−2y+1=0.即2tx+(−2y+1)=0，
1
当2x=0,−2y+1=0时等式恒成立．所以直线AB恒过定点(0, ).
2
 1
y =tx+

1  2
（2）由（1）得直线AB的方程为 y =tx+ .由 ，可得x2 −2tx−1=0，
2  x2
y =
 2
于是x +x =2t,x x =−1,y + y =t(x +x )+1=2t2 +1
1 2 1 2 1 2 1 2
| AB|= 1+t2 |x −x |= 1+t2 (x +x )2 −4x x =2(t2 +1).设d ,d 分别为点D,E到直线AB的距离，则
1 2 1 2 1 2 1 2
d = t2 +1, d = 2 .因此，四边形ADBE的面积S = 1 | AB| ( d +d )= ( t2 +3 ) t2 +1.设M为线段AB的
1 2 t2 +1 2 1 2
 1
中点，则M t,t2 + ，
 2
   
( ) ( )
由于EM ⊥ AB，而EM = t,t2 −2 ，AB与向量(1,t)平行，所以t+ t2 −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.
【典型例题2】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，由抛物线的三条切线围成的三角
形称为抛物线的切线三角形.已知抛物线C:x2 =2py(p>0) 的焦点为F，直线l:y=2过点F，过x轴下方的一点P作C
的两条切线l,l ，且l,l 分别交x轴于点A,B，交l于点M,N.
1 2 1 2
(1)若�PMN为阿基米德三角形，求∠MPN；
(2)证明：切线三角形PAB的外接圆过定点；
(3)求�PMN面积的最小值.
【答案】(1)∠MPN =90
(2)证明见解析
64 3
(3)
9
【分析】（1）通过求出抛物线方程和切线斜率，利用斜率乘积判断两切线垂直得出角度；
（2）先求出切线方程，进而得到A、B坐标，再根据外接圆性质证明过定点；
（3）通过联立直线与抛物线方程求出M 、N 坐标，进而表示出�PMN的面积，再求其最小值.
p
【详解】（1）由题意得 =2，则 p=4，
2
10
学科网（北京）股份有限公司所以抛物线C的方程为x2 =8y，
因为�PMN为阿基米德三角形，
所以l,l 分别与抛物线C切于点M,N，
1 2
不妨设点M
在y轴左侧，则M(−4,2),N(4,2)
.
1
由x2 =8y，得y= x2，
8
1
则y′= x，
4
所以l 的斜率为−1,l 的斜案为1，
1 2
所以l ⊥l ，
1 2
所以∠MPN =90.
（2）由（1）可知抛物线C:x2 =8y，
 x2 
设l,l 分别与抛物线C切于点Qx, 1 ，
1 2  1 8 
 x2 
Rx , 2 ,x,x ≠0
 2 8  1 2
1 1
由（1）可知直线PQ的斜率为 x ，直线PR的斜率为 x ，
4 1 4 2
x2 x x x2
所以直线PQ的方程为y− 1 = 1(x−x ).即y= 1 x− 1
8 4 1 4 8
x2 x x x2
直线PR的方程为y− 2 = 2 (x−x )，即y= 2 x− 2 ，
8 4 2 4 8
x +x xx  x  x 
所以P 1 2 , 1 2 ,A 1,0,B 2 ,0.
 2 8   2   2 
设�PAB外接圆的圆心为G(m,n)
，
则圆心G在线段AB的垂直平分线上，
x +x
所以m= 2 2 ，
4
x +x x  2 x −x  2
则圆G的半径为 GA =  1 2 − 1 +n2 =  2 1 +n2 ，
 4 2   4 
 x +x  2 x −x  2
所以圆G的方程为x− 1 2  +(y−n)2 = 2 1 +n2，
 4   4 
又点P在圆G上，
x +x  2 xx  2 x −x  2
所以 1 2  + 1 2 −n = 2 1 +n2，
 4   8   4 
11
学科网（北京）股份有限公司xx x2x2 nxx xx +16
即 1 2 + 1 2 − 1 2 =0，所以n= 1 2 ，
4 64 4 16
 x +x  2  x x +16 2
所以x− 1 2  +y− 2 2 
 4   16 
x −x  2 xx +16 2
= 2 1 + 1 2 
 4   16 
x +x xx +16 xx
整理得x2− 1 2 x+y2− 1 2 y+ 1 2 =0，
2 8 4
x +x x x  y
即x2+y2−2y− 1 2 x+ 2 2 1− =0，
2 4  2

x2+y2−2y=0
 x=0
令x=0 ，得 ，

y=2
y
1− =0
 2
所以�PAB的外接圆过定点
(0,2)
.
x x2 x x2
（3）由（2）可得l 的方程为y= 1 x− 1 ,l 的方程为y= 2 x− 2 ，
2 4 8 2 4 8
又直线MN:y=2，
x 8  x 8 
所以M 1 + ,2,N 2 + ,2，
 2 x   2 x 
1 2
1 8 8
所以 MN = (x −x )+ −
2 1 2 x x
1 2
1 16(x −x ) x −x 16
= x −x + 2 1 = 1 2 ⋅1− ，
2 1 2 xx 2 xx
1 2 1 2
x +x xx 
由（2）可得P 1 2 , 1 2 ，
 2 8 
xx
所以点P到直线MN的距离为d = 1 2 −2 ，
8
1 x −x  16 xx 
所以S = ⋅ 1 2 ⋅1−  1 2 −2
�PMN
2 2  xx  8 
1 2
令xx =−t2,t >0, x −x =r，
1 2 1 2
由(x +x )2 =(x −x )2+4xx =r2−4t2 ≥0，
1 2 1 2 1 2
得r≥2t，当x +x =0时等号成立，
1 2
1 r  16 t2+16
所以S = ⋅ ⋅1+ ⋅
�PMN 2 2  t2  8
12
学科网（北京）股份有限公司r ( t2+16 )2 ( t2+16 )2
= ≥
32t2 16t
( t2+16 )2
令 f (t)= ,t>0，
16t
1 2 ( t2+16 ) ⋅2t⋅t− ( t2+16 )2
则 f′(t)= ⋅
16 t3
( t2+16 )( 3t2−16 )
=
16t2
令
f′(t)>0，得t> 4 3
；
3
令
f′(t)<0，得0<t< 4 3
，
3
 4 3 4 3 
所以 f (t) 在  0,  上单调递减，在  ,+∞ 
 3   3 
上单调递增，
4 3 64 3
所以 f(t) min = f    3    = 9 ，
4 3 4 3 4 3 4 3
此时x = ,x =− 或x =− ,x = ，
1 3 2 3 1 3 2 3
64 3
所以�PMN面积的最小值为 .
9
【点睛】方法点睛：利用导数的几何意义可求得切线的斜率，表示切线方程，联立方程可表示点P的坐标；通过设
xx =−t2,t >0, x −x =r，由(x +x )2 =(x −x )2+4xx =r2−4t2 ≥0，得r≥2t，当x +x =0时等号成立，把三角
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
形的面积表示为关于t的函数，利用函数的单调性求解最小值.
【变式训练1-1】抛物线C:x2 =4y，F 为C的焦点，过抛物线外一点N 作抛物线C的两条切线，A，B是切点.
(1)若点N 的纵坐标为−2，求证：直线AB恒过定点；
(2)若|AB|＝2，求∆ABC面积的最大值;
(3)证明：|FA|·|FB|=|FN|2.
【答案】(1)证明见解析
1
(2)
2
13
学科网（北京）股份有限公司(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数分别求出直线NA和直线NB的方程，由直线NA和直线NB都过N(x ,y ) 即可求出直线AB的方
0 0
程，再根据点N 的纵坐标为−2，即可得到直线AB恒过定点；
（2）将直线AB的方程与抛物线的方程联立，利用弦长公式求出 AB ，利用点到直线距离公式求出�ABN的高，即可求
出�ABN面积的最大值.
1
（3）设直线方程为y=kx+1,A(x,y ),B(x ,y )，与抛物线方程联立，可得NA⊥NB，直线NA的方程为y= xx−y ，
1 1 2 2 2 1 1
1
进而可得直线NB的方程为y= x x−y ，求得N ，进而可得∆FNA~∆FNB，可得结论.
2 2 2
【详解】（1）设A(x,y ),B(x ,y ) ，N(x ,y ) ，
1 1 2 2 0 0
1 1 1
由y= x2得y'= x，则直线NA的方程为y−y = x(x−x)，
4 2 1 2 1 1
即2(y−y )=xx−4y ，即xx=2(y+y )
，
1 1 1 1 1
同理，直线NB的方程为x x=2(y+y )
2 2
又直线NA与直线NB都过N(x ,y ) ，
0 0
则x x =2(y + y ) ，x x =2(y + y ) ，
1 0 0 1 2 0 0 2
从而A(x,y ),B(x ,y ) 均在直线x x=2(y + y) 上，
1 1 2 2 0 0
故直线AB的方程为x x=2(y + y) ，又y =−2，
0 0 0
故直线AB的方程为2 ( y−2 )=x ( x −0 ) ，
0
故直线AB过定点
(0,2)
；
x x=2(y +y)
（2）联立 0 0 ，得x2−2x x+4y =0，
x2 =4y 0 0
∆=4x2−16y >0，则x +x =2x ,x x =4y ，
0 0 1 2 0 1 2 0
则 AB = 1+ x 0 2 x −x = 1+ x 0 2 ⋅ (x +x )2−4xx = ( x2+4 )( x2−4y ) =2，
4 1 2 4 1 2 1 2 0 0 0
4
于是，x2−4y =
，
0 0 x2+4
0
x2−2y −2y x2−4y
又点N到直线AB的距离d = 0 0 0 = 0 0 ，
x2+4 x2+4
0 0
14
学科网（北京）股份有限公司1 1 x2−4y 4 1
所以 S �ABN = 2 AB ⋅d = 2 ×2× 0 x2+4 0 = 3 ≤ 2 (当x 0 =0时取等号).
0 （x 2+4）2
0
1
则�ABN面积的最大值为 ；
2
（3）由题意知直线斜率存在，且P(0,1).
设直线方程为y=kx+1,A(x,y ),B(x ,y )，
1 1 2 2
x2 =4y
由 ，得x2−4kx−4=0，
y=kx+1
∴∆=16k2+16>0 x +x =4k，xx =−4.
1 2 1 2
1 1
对y= x2求导，y' = x，
4 2
1 1 1
所以k ⋅k = x ⋅ x = ×(−4)=−1，
NA NB 2 1 2 2 4
∴NA⊥NB，
1
∴直线NA的方程为y−y = x(x−x)，
1 2 1 1
1 1
又y = x2，∴直线NA的方程为y= xx−y ，
1 4 1 2 1 1
1
同理可得直线NB的方程为y= x x−y .
2 2 2
 1
y= xx−y
  2 1 1 x=2k
由 ，得 ，所以N(2k,−1)，
 y= 1 x x−y y=−1
 2 2 2
当k =0时，|FA|=|FB|=2，|FN|=2，所以|FA|·|FB|=|FN|2；
−1−1
当k ≠0时，k ⋅k = k =−1，∴FN ⊥ AB，
FN AB 2k
又NA⊥NB，∴∆FNA~∆FNB，
|FN| |FB|
所以 = .所以|FA|·|FB|=|FN|2，
|FA| |FN|
综上：|FA|·|FB|=|FN|2.
【变式训练1-2】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，由抛物线的三条切线围成的三
角形称为抛物线的切线三角形．已知抛物线C:x2 =2py(p>0) 的焦点为F，直线l:y=2过点F，过x轴下方的一点P
15
学科网（北京）股份有限公司作C的两条切线l 和l ，且l ，l 分别交x轴于点A，B，交l于点M，N．
1 2 1 2
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)若△PMN为阿基米德三角形，求∠MPN；
(3)证明：切线三角形PAB的外接圆过定点．
【答案】(1)x2 =8y
(2)∠MPN =90
(3)证明见解析
【分析】（1）由条件求得 p=4即可；
（2）通过求出抛物线方程和切线斜率，利用斜率乘积判断两切线垂直得出角度；
（3）先求出切线方程，进而得到A、B坐标，再根据外接圆性质证明过定点；
p
【详解】（1）由题意得 =2，则 p=4，
2
所以抛物线C的方程为x2 =8y，
（2）因为�PMN为阿基米德三角形，
所以l,l 分别与抛物线C切于点M,N，
1 2
不妨设点M
在y轴左侧，则M(−4,2),N(4,2)
.
1
由x2 =8y，得y= x2，
8
1
则y′= x，
4
所以l 的斜率为−1,l 的斜案为1，
1 2
所以l ⊥l ，
1 2
所以∠MPN =90.
（3）由（1）可知抛物线C:x2 =8y，
 x2 
设l,l 分别与抛物线C切于点Qx, 1 ，
1 2  1 8 
 x2 
Rx , 2 ,x,x ≠0
 2 8  1 2
1 1
由（1）可知直线PQ的斜率为 x ，直线PR的斜率为 x ，
4 1 4 2
16
学科网（北京）股份有限公司x2 x x x2
所以直线PQ的方程为y− 1 = 1(x−x ).即y= 1 x− 1
8 4 1 4 8
x2 x x x2
直线PR的方程为y− 2 = 2 (x−x )，即y= 2 x− 2 ，
8 4 2 4 8
x +x xx  x  x 
所以P 1 2 , 1 2 ,A 1,0,B 2 ,0.
 2 8   2   2 
设�PAB外接圆的圆心为G(m,n)
，
则圆心G在线段AB的垂直平分线上，
x +x
所以m= 1 2 ，
4
x +x x  2 x −x  2
则圆G的半径为 GA =  1 2 − 1 +n2 =  2 1 +n2 ，
 4 2   4 
 x +x  2 x −x  2
所以圆G的方程为x− 1 2  +(y−n)2 = 2 1 +n2，
 4   4 
又点P在圆G上，
x +x  2 xx  2 x −x  2
所以 1 2  + 1 2 −n = 2 1 +n2，
 4   8   4 
xx x2x2 nxx xx +16
即 1 2 + 1 2 − 1 2 =0，所以n= 1 2 ，
4 64 4 16
 x +x  2  xx +16 2
所以x− 1 2  +y− 1 2 
 4   16 
x −x  2 xx +16 2
= 2 1 + 1 2 
 4   16 
x +x xx +16 xx
整理得x2− 1 2 x+y2− 1 2 y+ 1 2 =0，
2 8 4
x +x xx  y
即x2+y2−2y− 1 2 x+ 1 2 1− =0，
2 4  2

x2+y2−2y=0
 x=0
令x=0 ，得 ，

y=2
y
1− =0
 2
所以�PAB的外接圆过定点
(0,2)
.
【变式训练1-3】在A，B之间部分上的任意一点，抛物线C在点Q处的切线分别交PA，PB于点M ，N .
17
学科网（北京）股份有限公司 p
(1)若AP⊥PB，证明：直线AB经过点0, ；
 2
S
(2)若分别记�PMN，�ABQ的面积为S ，S ，求 1 的值.
1 2 S
2
【答案】(1)证明见解析；
S 1
1 =
(2) .
S 2
2
【分析】（1）设直线AB方程，点A(x,y ),B(x ,y ) ，联立直线AB与抛物线C的方程可得xx =−2pb，再求出抛物线
1 1 2 2 1 2
C在点A，B处切线斜率推理得证.
（2）由（1）求出PA，PB的方程，进而求出直线AB方程，设点Q(x ,y ) 得MN的方程，再求出弦AB，MN长，点
0 0
Q，P分别到直线AB，MN距离即可计算作答.
x2 =2py
【详解】（1）设A(x,y ),B(x ,y ) ，直线AB的方程为y=kx+b，由 消去y并整理得：x2−2pkx−2pb=0，
1 1 2 2 y=kx+b
有xx =−2pb，
1 2
y−y =t(x−x )
令抛物线C:x2 =2py在点A处切线方程为y−y =t(x−x )，由 1 1 消去y并整理得：
1 1 x2 =2py
x2−2ptx+2ptx −2py =0，则有∆=4p2t2−4(2ptx −2py )=4p2t2−4(2ptx −x2)=0，
1 1 1 1 1 1
x x
解得t= 1 ，同理，抛物线C:x2 =2py在点B处切线斜率为 2 ，
p p
x x −2pb p
因AP⊥PB，则有 1⋅ 2 = =−1，解得b= ，
p p p2 2
p p
所以直线AB：y=kx+ 恒过定点(0, ).
2 2
x x
（2）由（1）知，切线PA的方程为：y−y = 1(x−x )，整理得：y= 1 x−y ，
1 p 1 p 1
x x
同理切线PB的方程为：y= 2 x−y ，设点Q(x ,y ) ，则切线MN的方程为：y= 0 x−y ，
p 2 0 0 p 0
x x m
而点P(m,n)，即有n= 1m−y ，n= 2 m−y ，因此直线AB的方程为：y= x−n，
p 1 p 2 p
18
学科网（北京）股份有限公司m
x −y −n
m p 0 0 1 m
有|AB|= 1+( )2 x −x ，点Q(x ,y ) 到直线AB的距离是d = ，则S = x −x x −y −n ，
p 1 2 0 0 2 m 2 2 1 2 p 0 0
1+( )2
p
py=x x− py x +x x +x
由 0 0 解得点M的横坐标x = 0 1，同理点N的横坐标x = 0 2 ，
py=xx− py M 2 N 2
1 1
m
x −n−y
x x −x p 0 0 1 m
有|MN|= 1+( 0)2 1 2 ，点P(m,n)到直线MN的距离d = ，则S = x −x x −y −n ，
p 2 1 x 1 4 1 2 p 0 0
1+( 0)2
p
S 1
1 =
所以 .
S 2
2
x2 x
【点睛】结论点睛：抛物线x2 =2py(p≠0)在点(x , 0 )处的切线斜率k = 0 ；抛物线y2 =2px(p≠0)在点
0 2p p
y2 p
( 0 ,y )(y ≠0)处的切线斜率k = .
2p 0 0 y
0
1 1
【变式训练1-4】已知以动点P为圆心的� P与直线l：x=− 相切，与定圆� F ：(x−1)2 + y2 = 相外切.
2 4
（Ⅰ）求动圆圆心P的轨迹方程C；
（Ⅱ）过曲线C上位于x轴两侧的点M 、N（MN 不与x轴垂直）分别作直线l的垂线，垂足记为M 、N ，直线l交
1 1
x轴于点A，记∆AMM 、∆AMN 、∆ANN 的面积分别为S 、S 、S ，且S2 =4S S ，证明：直线MN 过定点.
1 1 1 2 3 2 1 3
【答案】（Ⅰ） y2 =4x；（Ⅱ）详见解析.
【分析】
（Ⅰ）根据题意，点P到直线x=−1的距离与到F(1,0)的距离相等，由抛物线的定义可得解；
 1   1 
（Ⅱ）设M  − ,y 、N − ,y ，用坐标表示S 、S 、S ，利用韦达定理，代入即得解.
1  2 1   2 2  1 2 3
【详解】
1 1
（Ⅰ）设P(x,y)，� P半径为R，则R= x+ ，|PF |= R+ ，所以点P到直线x=−1的距离与到F(1,0)的距离
2 2
相等，故点P的轨迹方程C为 y2 =4x.
 1   1 
（Ⅱ）设M ( x ,y ) ，N ( x ,y ) ，则M  − ,y 、N − ,y 
1 1 2 2 1  2 1   2 2 
设直线MN ：x=ty+n（t ≠0）代入 y2 =4x中得 y2 −4ty−4n=0
19
学科网（北京）股份有限公司y + y =4t， y y =−4n<0
1 2 1 2
1 1 1 1
∵S = x + ⋅ y 、S = x + ⋅ y
1 2 1 2 1 3 2 2 2 2
 1 1
∴4S S = x + x +  y y
1 3  1 2 1 2 1 2
 1 1
= ty +n+ ty +n+  y y
 1 2 2 2 1 2
 2
 1  1
=t2y y + n+ t ( y + y )+ n+  ⋅ −4n
 1 2  2 1 2  2 
 2
 1  1
=−4nt2 +4t2 n+

+ n+

⋅4n
  2  2 
 2
 1
=2t2 + n+

⋅4n
  2 
1 1 1 1
又S = n+ ⋅ y − y = n+ ⋅ ( y + y )2 −4y y
2 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2
2 2
1 1 ( )  1 ( )
∴S2 = n+

⋅ 16t2 +16n =4n+

⋅ t2 +n
2 4 2  2
2 2
 1  1 1
S2 =4S S ⇔8nt2 =4n+  t2 ⇔ 2n= n+  ⇒n=
2 1 3  2  2 2
1 
∴直线MN 恒过 ,0
2 
【点睛】
本题考查了直线和抛物线综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
【变式训练1-5】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，由抛物线的三条切线围成的三
角形称为抛物线的切线三角形.已知抛物线C：x2 =2py(p>0) 的焦点为F，直线l：y=2过点F，过x轴下方的一点P
作C的两条切线l ，l ，且l ，l 分别交x轴于点A，B，交l于点M，N.
1 2 1 2
(1)若�PMN为阿基米德三角形，求∠MPN；
(2)证明：切线三角形PAB的外接圆过定点.
【答案】(1)∠MPN =90
(2)证明见解析
【分析】（1）先由条件求得 p=4，即可得到抛物线C的方程，通过求出抛物线方程和切线斜率，利用斜率乘积判断两切
线垂直得出角度；
（2）先求出切线方程，进而得到A、B坐标，再根据外接圆性质证明过定点.
20
学科网（北京）股份有限公司p
【详解】（1）由题意得 =2，则 p=4，
2
所以抛物线C的方程为x2 =8y，
因为�PMN为阿基米德三角形，
所以l,l 分别与抛物线C切于点M,N，
1 2
不妨设点M
在y轴左侧，则M(−4,2),N(4,2)
.
1 1
由x2 =8y，得y= x2，则y′= x，
8 4
所以l 的斜率为−1,l 的斜率为1，则l ⊥l ，
1 2 1 2
所以∠MPN =90.
（2）由（1）可知抛物线C:x2 =8y，
 x2   x2 
设l,l 分别与抛物线C切于点Qx, 1 ，Rx , 2 ,x,x ≠0，
1 2  1 8   2 8  1 2
1 1
由（1）可知直线PQ的斜率为 x ，直线PR的斜率为 x ，
4 1 4 2
x2 x x x2
所以直线PQ的方程为y− 1 = 1(x−x )，即y= 1 x− 1 ，
8 4 1 4 8
x2 x x x2
直线PR的方程为y− 2 = 2 (x−x )，即y= 2 x− 2 ，
8 4 2 4 8
x +x xx  x  x 
所以P 1 2 , 1 2 ,A 1,0,B 2 ,0.
 2 8   2   2 
设�PAB外接圆的圆心为G(m,n)
，
x +x
则圆心G在线段AB的垂直平分线上，所以m= 1 2 ，
4
x +x x  2 x −x  2
则圆G的半径为 GA =  1 2 − 1 +n2 =  2 1 +n2 ，
 4 2   4 
 x +x  2 x −x  2
所以圆G的方程为x− 1 2  +(y−n)2 = 2 1 +n2，
 4   4 
x +x  2 xx  2 x −x  2
又点P在圆G上，所以 1 2  + 1 2 −n = 2 1 +n2，
 4   8   4 
xx x2x2 nxx xx +16
即 1 2 + 1 2 − 1 2 =0，所以n= 1 2 ，
4 64 4 16
 x +x  2  xx +16 2 x −x  2 xx +16 2
所以x− 1 2  +y− 1 2  = 2 1 + 1 2  ，
 4   16   4   16 
x +x xx +16 xx
整理得x2− 1 2 x+y2− 1 2 y+ 1 2 =0，
2 8 4
21
学科网（北京）股份有限公司x +x xx  y
即x2+y2−2y− 1 2 x+ 1 2 1− =0，
2 4  2

x2+y2−2y=0
 x=0
令x=0 ，得 ，

y=2
y
1− =0
 2
所以�PAB的外接圆过定点
(0,2)
.
题型 02：定直线问题
【典型例题1】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=0
C．x−4y+16=0 D．x+4y−16=0
【答案】C
【分析】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.
【详解】抛物线x2 =16y的焦点F的坐标为 (0,4) ，准线方程为y=−4，
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，
4−(−4)
所以点P(2,−4)
，直线PF的斜率为 =−4，
0−2
1
又因为PF ⊥ AB，所以直线AB的斜率为 ，
4
1
所以直线AB的方程为y= x+4，即x−4y+16=0,
4
故选：C．
1  
【典型例题2】已知点P是抛物线C: y = x2 −3的顶点，A，B是C上的两个动点，且PA⋅PB=−4.
4
( )
（1）判断点D 0,1 是否在直线 AB上？说明理由；
22
学科网（北京）股份有限公司（2）设点M 是△PAB的外接圆的圆心，点M 到x轴的距离为d ，点N ( 1,0 ) ，求 MN −d 的最大值.
65+1
【答案】（1）不在，证明见详解；（2）
8
【分析】
 
（1）假设直线方程 y=kx+b，并于抛物线方程联立，结合韦达定理，计算PA⋅PB=−4，可得b=−1，然后验证可得
结果.
（2）分别计算线段PA,PB中垂线的方程，然后联立，根据（1）的条件可得点M 的轨迹方程y =2x2，然后可得焦点
1
F ，结合抛物线定义可得 MN −d ≤ NF + ，计算可得结果.
8
【详解】
( ) ( )
（1）设直线方程 y=kx+b，A x ,y ,B x ,y
1 1 2 2
根据题意可知直线斜率一定存在，P ( 0,−3 )
y =kx+b

则 1 ⇒ x2 −4kx−4 ( 3+b )=0
y = x2 −3
 4
x x =−4 ( 3+b ) ,x +x =4k
1 2 1 2
∆=(−4k )2 +16b+48
 
PA=( x ,y +3 ) ,PB=( x ,y +3 )
1 1 2 2
 
则PA⋅PB= x x +( y +3 )( y +3 )
1 2 1 2
 
PA⋅PB= x x + y y +3 ( y + y )+9
1 2 1 2 1 2
y y =( kx +b )( kx +b )=k2x x +kb ( x +x )+b2
1 2 1 2 1 2 1 2
y + y =kx +b+kx +b=k ( x +x )+2b
1 2 1 2 1 2
 
PA⋅PB= ( k2 +1 ) x x +( 3k+kb )( x +x )+b2 +6b+9
1 2 1 2
 
由PA⋅PB=−4
所以 ( k2 +1 ) x x +( 3k+kb )( x +x )+b2 +6b+9=−4
1 2 1 2
将x x =−4 ( 3+b ) ,x +x =4k 代入上式
1 2 1 2
23
学科网（北京）股份有限公司化简可得b2 +2b+1=0，所以b=−1
则直线方程为 y =kx−1，
所以直线过定点 ( 0,−1 ) ，∆=(−4k )2 +16b+48>0
( )
所以可知点D 0,1 不在直线上.
( )
（2）设M x ,y
M M
 x y −3
线段PA的中点为E 1, 1 
 2 2 
 x y −3
线段PB的中点为G 2 , 2 
 2 2 
y +3
则直线PA的斜率为k = 1 ，
PA x
1
y +3
直线PB的斜率为k = 2
PB x
2
y −3 x  x 
可知线段PA的中垂线的方程为
y− 1 =− 1 x− 1

2 y +3 2 
1
1 4 x2
由 y = x2 −3，所以上式化简为 y =− x+ 1 −1
1 4 1 x2 8
1
4 x2
即线段PA的中垂线的方程为 y =− x+ 1 −1
x2 8
1
同理可得：
4 x 2
线段PB的中垂线的方程为 y =− x+ 2 −1
x 2 8
2
 4 x 2  x x ( x +x )
 y =− x 2 x+ 8 2 −1   x M =− 1 2 32 1 2
则 2 ⇒
 4 x2  x2 +x 2 +x x −8
y =− x+ 1 −1 y = 1 2 1 2
  x2 8   M 32
1
由（1）可知：x +x =4k,x x =−4 ( 3+b )=−8
1 2 1 2
 x x ( x +x )
x =− 1 2 1 2
 M 32 x =k
所以 ⇒ M
 x2 +x 2 +x x −8 y =2k2
y = 1 2 1 2 M
  M 32
24
学科网（北京）股份有限公司( )
即M k,2k2 ，所以点M 轨迹方程为 y =2x2
 1
焦点为F0, ，
 8
 1 1
所以 MN −d = MN −  MF −  = MN − MF +
 8 8
当M,N,F三点共线时， MN −d 有最大
1 1 65+1
所以 MN −d = MN − MF + ≤ NF + =
8 8 8
【点睛】
本题考查直线于抛物线的综合应用，第（1）问中难点在于计算处b，第（2）问中关键在于得到点M 的轨迹方程，直线
与圆锥曲线的综合常常要联立方程，结合韦达定理，属难题.
【典型例题3】已知动点Q在x轴上方，且到定点F ( 0,1 ) 距离比到x轴的距离大1.
（1）求动点Q的轨迹C的方程；
( )
（2）过点P 1,1 的直线l与曲线C交于A，B两点，点A，B分别异于原点O，在曲线C的A，B两点处的切线分
别为l ，l ，且l 与l 交于点M ，求证：M 在定直线上.
1 2 1 2
【答案】（1）x2 =4y (y ≠0) ；（2）证明见解析
【分析】
（1）设Q(x,y) (y >0)，由到定点F ( 0,1 ) 距离比到x轴的距离大1，可得 x2 +(y−1)2 − y =1，化简可得点Q的轨
迹C的方程；
（2）由题意可知，直线l的斜率存在且不为1，设直线l的方程为 y =k(x−1)+1(k ≠1)与x2 =4y联立，设A ( x ,y ) ，
1 1
x2 x
B ( x ,y ) ，可得x +x ，x x 的值，又 y = ，所以 y′ = ，可得切线l 的方程，同理可得切线l 的方程，求出交
2 2 1 2 1 2 1 2
4 2
点坐标，可得其在定直线上.
【详解】
解：（1）设Q(x,y) (y >0)，
则有 x2 +(y−1)2 − y =1，化简得x2 =4y (y ≠0) ，
故轨迹C的方程为x2 =4y (y ≠0) .
（2）由题意可知，直线l的斜率存在且不为1，
25
学科网（北京）股份有限公司设直线l的方程为 y =k(x−1)+1(k ≠1)与x2 =4y
联立得x2 −4kx+4k−4=0，
( ) ( )
设A x ,y ，B x ,y ，
1 1 2 2
则x +x =4k ，x x =4k−4，
1 2 1 2
x2 x
又 y = ，所以 y′ = ，
4 2
x
所以切线l 的方程为 y = 1( x−x )+ y ，
1 2 1 1
x x2
即 y = 1 x− 1 ，
2 4
x x2
同理切线l 的方程为 y = 2 x− 2
2
2 4
x +x x x
联立得x= 1 2 =2k， y = 1 2 =k−1.
2 4
两式消去k得x−2y−2=0，
当k =1时，x=2， y =0，
所以交点M 的轨迹为直线x−2y−2=0，去掉 ( 2,0 ) 点.
因而交点M 在定直线上.
【点睛】
本题主要考查轨迹方程的求法，直线与抛物线的位置关系等知识，考查学生的综合计算能力，属于难题.
【变式训练2-1】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=0 B．2x+y−2=0
C．x+2y−1=0 D．2x−y−2=0
【答案】A
【分析】由�PAB为“阿基米德三角形”，且线段AB经过抛物线y2 =4x的焦点，得到点P(−1,4)，进而得到直线PF的
斜率，再由PF ⊥ AB，得到直线AB的斜率即可.
【详解】设抛物线的焦点为F，
由题意可知，抛物线y2 =4x的焦点坐标为F(1,0)，准线方程为x=−1，
26
学科网（北京）股份有限公司因为�PAB为“阿基米德三角形”，且线段AB经过抛物线y2 =4x的焦点，
所以点P必在抛物线的准线上，
所以点P(−1,4)，
4−0
∴直线PF的斜率为 =−2．
−1−1
又因为PF ⊥ AB，
1
所以直线AB的斜率为 ，
2
1
所以直线AB的方程为y−0= (x−1)，即x−2y−1=0，
2
故选：A．
【变式训练2-2】过抛物线C:x2 =2y内一点P(1,1) 任意作弦AB，分别过A,B作抛物线的切线，两条切线交于点Q，求
证：点Q在定直线上．
【答案】证明见解析
【分析】由抛物线的切点弦公式得到xx = y+y ，再由直线过P(1,1) ，得到x 和y 的关系，即可证明结论.
0 0 0 0
【详解】设Q(x ,y ) ，因为抛物线C:x2 =2y，所以切点弦AB方程为xx = y+y ，
0 0 0 0
因为xx = y+y 过P(1,1) ，所以x =1+y ，所以 (x ,y ) 满足y=x−1，
0 0 0 0 0 0
即点Q必在直线y=x−1上．
【变式训练2-3】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=2ax2给
出如下三个条件：
 1 1
①焦点为F0, ; ②准线为y=− ; ③与直线4y−1=0相交所得弦长为1．
 4 4
(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，若直线AB经
过点 (0,3) ，试判断点Q是否在一条定直线上?如果是，求出定直线方程;如果不是，请说明理由．
【答案】(1)x2 = y
(2)点Q在直线y=−3上
1
【分析】（1）选 ①②直接得出 p= 即可求出a，得抛物线方程；选③联立方程求出弦端点横坐标表示出弦长，即可解
2
出a，得出抛物线方程；
（2）令A(x,y ) ，B(x ,y ) ，Q(x ,y ) ，利用导数求出切线方程AQ,BQ,由Q点坐标适合方程，可得出直线AB的方程，
1 1 2 2 0 0
代入点
(0,3)
可证.
1
【详解】（1）y=2ax2即为x2 = y，
2a
27
学科网（北京）股份有限公司1 1 1
若选①， = ∴a= ∴抛物线方程为x2 = y，
8a 4 2
1 1 1 1
选②，由准线为y=− 知， = ，解得a= ，所以抛物线方程为x2 = y.
4 8a 4 2
1 1 1
选③，4y−1=0代入y=2ax2，解得x=± ，所以弦长为2 =1，解得a= ，
8a 8a 2
所以抛物线方程为x2 = y.
（2）令A(x,y ) ，B(x ,y ) ，Q(x ,y ) ，则y =x2，y =x2,
1 1 2 2 0 0 1 1 2 2
y′=2x∴k =2x ，k =2x ,
AQ 1 BQ 2
∴l :y−y =2x (x−x ) 即为2xx−y−y =0，
AQ 1 1 1 1 1
又Q(x ,y )∈l ∴2x x −y −y =0即2x x −y −y =0，
0 0 AQ 0 1 0 1 0 1 1 0
同理，2x x −y −y =0，
0 2 2 0
∴l :2x x−y−y =0，
AB 0 0
而l 过点 (0,3)∴0−3−y =0即y =−3
AB 0 0
∴点Q在直线y=−3上
【变式训练2-4】已知抛物线C：x2＝2py（p＞0），直线l交C于A，B两点，且A，B两点与原点不重合，点M（1，
2）为线段AB的中点．
（1）若直线l的斜率为1，求抛物线C的方程；
（2）分别过A，B两点作抛物线C的切线，若两条切线交于点S，证明点S在一条定直线上．
【答案】（1）x2＝2y（2）证明见解析
【分析】
（1）设直线l的方程为 y = x+t，代入抛物线方程，消去 y ，设A(x ，y )，B(x ， y )，运用韦达定理，以及中点坐
1 1 2 2
p
标公式，可得 ，即可得到所求抛物线方程；
x2
（2）求得 y = 的导数，可得抛物线在A，B处的切线的斜率，由点斜式方程和点A，B满足抛物线方程，可得在 A，
2p
B处的切线方程，联立两切线方程，相加，结合中点坐标公式，即可得到所求点S 所在的定直线方程．
【详解】
解：（1）设直线l的方程为 y = x+t，代入抛物线C:x2 =2py(p >0)，
可得x2 −2px−2pt=0，
设A(x ,y )，B(x ,y )，则x +x =2p，
1 1 2 2 1 2
点M(1,2)为线段AB的中点，可得2p =2，即 p=1，
28
学科网（北京）股份有限公司则抛物线的方程为x2 =2y；
（2）证明：设A(x ,y )，B(x ,y )，点M(1,2)为线段AB的中点，
1 1 2 2
可得x +x =2，y + y =4，
1 2 1 2
x2 x x x
由y = 的导数为y′= ，可得抛物线在A处的切线斜率为 1 ，切线方程为 y− y = 1 (x−x )，
2p p p 1 p 1
由x2 =2py ，可得xx= p(y+ y )，①
1 1 1 1
同理可得x x= p(y+ y )，②
2 2
①+②可得(x +x )x= p(2y+ y + y )，
1 2 1 2
即为2x= p(2y+4)，即x− py−2p=0．
可得交点S 在一条定直线x− py−2p=0上．
【点睛】
本题主要考查抛物线的方程和性质，考查直线和抛物线的位置关系，考查计算能力，属于中档题．
【变式训练2-5】已知抛物线C:x2 =2py(p >0)的焦点为F ，过点F 的直线分别交抛物线于A,B两点．
（1）若以AB为直径的圆的方程为 ( x−2 )2 +( y−3 )2 =16，求抛物线C的标准方程；
（2）过点A,B分别作抛物线的切线l ,l ，证明：l ,l 的交点在定直线上．
1 2 1 2
【答案】（1）x2 =4y；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据抛物线的定义可求圆心到准线的距离为4，从而可求抛物线的方程．
（2）设A ( x ,y ) ,B ( x ,y ) ，利用导数求出A,B两点处的切线方程，从而可求l ,l 的交点的坐标，再联立直线和抛物
1 1 2 2 1 2
线的方程可得x x =−p2 ，从而可得l ,l 的交点的纵坐标为定值，故l ,l 的交点在定直线上．
1 2 1 2 1 2
【详解】
（1）设AB中点为M ，A到准线的距离为d ，B到准线的距离为d ，
1 2
p p
M 到准线的距离为d ，则M ( 2,3 ) 且d = y + =3+ .
M 2 2
由抛物线的定义可知，d = AF ,d = BF ，所以d +d = AB =8，
1 2 1 2
d +d p
由梯形中位线可得d = 1 2 =4，所以3+ =4，可得 p =2，
2 2
所以抛物线C的标准方程为x2 =4y.
29
学科网（北京）股份有限公司x2 x
（2）证明：设A ( x ,y ) ,B ( x ,y ) ，由x2 =2py，得 y = ，则 y′ = ，
1 1 2 2 2p p
x
所以直线l 的方程为 y− y = 1( x−x ) ，
1 1 p 1
x
直线l 的方程为 y− y = 2 ( x−x ) ，
2 2 p 2
 x  x +x
 
y− y
1
=
p
1( x−x
1
)
 
x= 1
2
2
联立得 ，解得 ，
x x x
 y− y = 2 ( x−x ) y = 1 2
  2 p 2  2p
 x +x x x 
即直线l ,l 的交点坐标为 1 2 , 1 2 .
1 2  2 2p 
 p
因为AB过焦点F0, ，
 2 
p
由题可知直线AB的斜率存在，故可设直线AB方程为 y− =kx，
2
代入抛物线x2 =2py中，得x2 −2pkx− p2 =0，
x x p
所以x x =−p2 ，故 1 2 =− ，所以l ,l 的交点在定直线y=− p 上．
1 2 2p 2 1 2 2
【点睛】
y
关键点点睛：抛物线中过焦点的弦长问题要注意利用定义转化为到准线的距离问题，对于焦点在 轴上的抛物线的切线
问题，可以利用导数来求切线方程，从而简化运算．
1  
【变式训练2-6】已知点P是抛物线C: y = x2 −3的顶点，A，B是C上的两个动点，且PA⋅PB=−4.
4
（1）判断点D ( 0,−1 ) 是否在直线 AB上？说明理由；
（2）设点M 是△PAB的外接圆的圆心，求点M 的轨迹方程.
1
【答案】（1）点D ( 0,−1 ) 在直线 AB上，理由见解析（2）x2 = y
2
【分析】
（1）由抛物线的方程可得顶点P的坐标，设直线 AB的方程，与抛物线联立求出两根之和及两根之积，求出数量积
   
PAPB，再由题意PA�PB=−4可得直线 AB恒过(0,−1)，即得D在直线 AB上；
（2）设A，B的坐标，可得直线PA，PB的斜率及线段PA，PB的中点坐标，进而求出线段PA，PB的中垂线的
方程，两个方程联立求出外接圆的圆心M 的坐标，由（1）可得M 的横纵坐标关于参数k的表达式，消参数可得M 的
轨迹方程．
30
学科网（北京）股份有限公司【详解】
(1) 点D ( 0,−1 ) 在直线 AB上.理由如下，
1
由题意, 抛物线C: y = x2 −3的顶点为P(0,−3)
4
因为直线与抛物线有2个交点，
所以设直线AB的方程为 y =kx+b, A ( x ,y )，B ( x ,y )
1 1 2 2
 1
y = x2 −3
联立 4 得到x2 −4kx−4(3+b)=0，
 y =kx+b
其中∆=16k2 +16(3+b)>0，
x +x =4k，x x =−4(b+3)x x =−4(b+3)
1 2 1 2 1 2
所以 y + y =k ( x +x )+2b=4k2 +2b，
1 2 1 2
y y =( kx +b )( kx +b )=k2x x +kb ( x +x )+b2
1 2 1 2 1 2 1 2
=−4k2(b+3)+4k2b+b2
=−12k2 +b2
 
因为PA=( x ,y +3 ) , PB=( x ,y +3 )
1 1 2 2
 
所以PA⋅PB= x x +( y +3 )( y +3 )
1 2 1 2
= x x + y y +3 ( y + y )+9
1 2 1 1 1 2
( ) ( )
=−4(b+3)+ −12k2 +b2 +3 4k2 +2b +9
=b2 +2b−3
=4，
所以b2 +2b+1=(b+1)2 =0，
解得b=−1，
经检验，满足∆>0，
所以直线AB的方程为 y =kx−1，恒过定点D ( 0,−1 ) .
（2）因为点M 是∆PAB的外接圆的圆心，所以点M 是三角形PAB三条边的中垂线的交点，
设线段PA的中点为F ，线段PB的中点为为E，
31
学科网（北京）股份有限公司因为P(0,−3)，设A(x ，y )，B(x ，y )
1 1 2 2
x y −3 x y −3 y +3 y +3
所以F( 1 ， 1 )，E( 2 ， 2 )，k = 1 ，k = 2 ，
2 2 2 2 PA x PB x
1 2
y −3 x x
所以线段PA的中垂线的方程为：y− 1 =− 1 (x− 1)，
2 y +3 2
1
1
因为A在抛物线上，所以y +3= x2，
1 4 1
x2 4 x 4 x2
PA的中垂线的方程为：y− 1 +3=− (x− 1)，即 y=− x+ 1 −1，
8 x 2 x 8
1 1
4 x 2
同理可得线段PB的中垂线的方程为：y=− x+ 2 −1，
x 8
2
 4 x2  x x (x +x )
y =− x+ 1 −1 x=− 1 2 1 2

 x 8  32
1
联立两个方程 ，解得 ，
 4 x 2  x2 +x 2 +x x −8
y =− x+ 2 −1 y = 1 2 1 2
  x 8  M 8
2
由（1）可得x +x =4k ，xx =−4(b+3)=−8，
1 2 1 2
−8×4k x2 +x 2 +2xx (x +x )2
所以x =− =k，y = 1 2 1 2 = 1 2 =2k2，
M 32 M 8 8
1
即点M(k,2k2)，所以x2 = y ，
M 2 M
1
即点M 的轨迹方程为：x2 = y．
2
【点睛】
本题考查求直线恒过定点的方程及直三角形外接圆的性质，和直线与椭圆的综合应用，属于难题．
题型 03：定值问题
【典型例题1】已知以F(2,0)
为焦点的抛物线C的顶点为原点，点P是抛物线C的准线上任意一点，过点P作抛物线C
的两条切线PA，PB，其中A，B为切点，设直线PA，PB的斜率分别是k 和k .
1 2
32
学科网（北京）股份有限公司(1)求抛物线C的标准方程及其准线方程.
(2)求证：k ⋅k 为定值.
1 2
(3)求�PAB面积的最小值.
【答案】(1)标准方程为y2 =8x，准线方程为x=−2
(2)证明见解析
(3)16
【分析】（1）根据焦点坐标求解即可；
（2）设切线的方程为y−t=k(x+2)
，将其与抛物线方程联立，利用韦达定理求解即可；
（3）直线AB的方程为x=my+n，将其与抛物线方程联立，利用kk =−1得到n=2且t =4m，再利用弦长公式和两点
1 2
间距离公式求解即可.
p
【详解】（1）由题意知抛物线C的标准方程为y2 =2px（p>0）且 =2，∴p=4，
2
∴抛物线C的标准方程为y2 =8x，准线方程为x=−2；
（2）证明：设点P的坐标为 (−2,t) ，t∈R，
由题意知过点P与抛物线C相切的直线的斜率存在且不为0，
设切线的斜率为k，则切线的方程为y−t=k(x+2)
，
 y2 =8x
联立方程组 ，消去x，得ky2−8y+8t+16k =0，
y−t =k(x+2)
∴Δ=(−8)2−4k(8t+16k)=0得2k2+tk−2=0（*），
又∵k 、k 为方程（*）的两根，由韦达定理得k k 1为定值；
1 2 1 2
（3）由题知直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为x=my+n，A(x,y ) ，B(x ,y ) ，
1 1 2 2
 y2 =8x
联立方程组 整理得y2−8my−8n=0，∆=64m2+32n>0，
x=my+n
∴y +y =8m，y y =−8n，
1 2 1 2
33
学科网（北京）股份有限公司y −t y −t
∵kk =−1，∴kk = 1 ⋅ 2 =−1，
1 2 1 2 x +2 x +2
1 2
 y2  y2 
整理得 1 +2 2 +2+(y −t)(y −t)=0，
 8  8  1 2
代入有n2+16m2+t2−4n−8mt+4=0，
∴ (n−2)2+(t−4m)2 =0，∴n=2且t =4m，
t
∴AB：x= y+2，故直线AB过定点F(2,0) .
4
∴y +y =2t，y y =−16，
1 2 1 2
∴ AB =

1+
t2 
 ( 4t2+64 ) =
t2+16
，
 16 2
−16−t2
点P到直线AB的距离为d = = 16+t2 ，
16+t2
∴S = 1 AB ⋅d = 1 ⋅ t2+16 ⋅ 16+t2 = 1( 16+t2) 3 2，
�PAB
2 2 2 4
因为函数 y= x
3
2在
[0,+∞)
单调递增，而16+t2 ≥16，
1 3
∴当t=0时， (S ) = ⋅(16) 2 =16，
�PAB min 4
所以�PAB面积的最小值为16.
【变式训练3-1】已知抛物线C：y2 =2px的焦点为F(1,0)，准线与x轴交于点A，点M 在第一象限且在抛物线C上，
AM
则当 取最大值时，直线AM 方程为（ ）
FM
A．y=2x+1 B．y=2x−1 C．y=x+1 D．y=x−1
AM AM 1 1
解析：过点M 作MM 与准线垂直，垂足为M ， = = = ，如图：
1 1 FM MM cos∠AMM cos∠MAF
1 1
AM
当 最大时，∠MAF 取最大值，此时AM 与抛物线相切.∵抛物线的焦点F(1,0) ，∴y2 =4x，设切线方程为
FM
34
学科网（北京）股份有限公司y=k(x+1)
y=k(x+1) ，则 ，∴k2x2 + ( 2k2 −4 ) x+k2 =0，
y2 =4x
k2 ≠0

由 解得k2 =1，k=±1，∵点M在第一象限内，∴k =1，直线方程为：y=x+1.故选：C.
 Δ= ( 2k2−4 )2 −4k4 =0
【变式训练3-2】阿基米德三角形由古希腊数学家阿基米德提出，有着很多重要的应用．在圆锥曲线中，圆锥曲线的弦与
4
过弦的端点的两条切线所围成的三角形被叫作阿基米德三角形．已知抛物线C: y2 =8x的焦点为F ，顶点为O，斜率为
3
的直线l过点F且与C交于M,N两点，若�PMN为阿基米德三角形，则 OP = ．
【答案】 13
【分析】求出直线PM与直线PN 的方程，联立两直线方程即可求得P点坐标，则 OP 可求；也可以使用二级结论“过
抛物线焦点弦的两端点作抛物线的切线，切线交点在准线上”快速推导结果.
4
【详解】依题意，F(2,0) ，直线l:y= (x−2) ，
3
 4
y= (x−2),
由 3 得y2−6y−16=0，得y=8或y=−2，
 y2 =8x,
1 
不妨设M(8,8),N ,−2．
2 
因为直线PM 与抛物线C相切，所以直线PM 的斜率存在，
设直线PM 的方程为y−8=k(x−8)，
与y2 =8x联立得关于x的方程 k(x−8)+8

2 =8x，
即k2x2+ ( 16k−16k2−8 ) x+64k2−128k+64=0，
1
令∆= ( 16k−16k2−8 )2 −4k2( 64k2−128k+64 ) =0，得k = ，
2
1 1
故直线PM 的斜率k = ，即直线PM :y= x+4，
2 2
同理可得直线PN 的斜率k′=−2，直线PN:y=−2x−1．
 1
y= x+4, x=−2,
由 2 得 即P(−2,3) ，则 OP = 13．
 y=−2x−1,
y=3,
二级结论法：
 4
4 y= (x−2),
直线l:y= (x−2) ，由 3 得出y=8或y=−2，
3  y2 =8x,
1 
不妨设M(8,8),N ,−2，
2 
35
学科网（北京）股份有限公司由抛物线焦点弦的性质可得，过抛物线焦点弦的两端点作抛物线的切线，切线交点在准线上，
且交点的纵坐标为两端点纵坐标之和的一半，所以P(−2,3) ，所以 OP = 13．
故答案为： 13.
【变式训练3-3】如图，已知抛物线 的焦点为F 过点 的直线交抛物线于A ，B 两点，
直线AF，BF分别与抛物线交于点M，N ．
（Ⅰ）求 的值；
（Ⅱ）记直线MN的斜率为 ，直线AB的斜率为 证明： 为定值
【答案】（1） ， ；（2）
【解析】
试题分析：（Ⅰ）依题意，设直线 的方程为 ，与抛物线方程联立消 得关于 的一元二次方程，根据
韦达定理即可求得 ；（Ⅱ）设 AB， ，x=m，y+2，(设m直≠线0)AF： 与 x 联y立，得
y1 2 y1 2
y1y2 M(xM yM) N(xN yN) y=x1−1(x−1) y =4x 4 y +(1−x1)y−
,由韦达定理得， ，同理， ，进而可得 的比值，化简即可求出结果为定制．
4 4
y1 =0 y1yM =−4⇒yM =−y1 yN =−y2
试题解析：证明：（Ⅰ）依题意，设直线 的方程为 ．将其代入 ，消去 ，整理得
2
．从而 ． AB x=my+2(m≠0) x y −4my−8=
0（Ⅱ）AyF 1 ：y2 =−8 与 联立，得
y1 2 y1 2
y=x1−1(x−1) y =4x 4 y +(1−x1)y−y1 =0
由韦达定理得， ，同理，
4 4
y1yM =−4⇒yM =−y1 yN =−y2
4 （定值）．
k1 yM+yN y1+y2 y1y2
4
k考2点=：y1 1+y．
2
抛=物yM线+y的N简=单−性4质=；22．直线与抛物线的性质．
36
学科网（北京）股份有限公司 p
【变式训练3-4】已知抛物线Γ:x2 =2py(p>0) 的焦点为F，点M2, 在抛物线Γ上．过点F的直线l与Γ及圆
 2
x2+(y−1)2 =1依次相交于点A,B,C,D，如图．
(1)求抛物线Γ的标准方程；
(2)证明： AC ⋅ BD 为定值；
(3)过A,B两点分别作抛物线的切线，两条切线相交于点N ，求△ACN与�BDN的面积之积的最小值．
【答案】(1)x2 =4y
(2)证明见解析
(3)1
【分析】（1）把M 点坐标代入抛物线方程，可求 p的值，得抛物线标准方程.
（2）根据题意，设直线AB方程：y=kx+1，与抛物线方程联立，消去y，可得关于x的一元二次方程，根据韦达定理，
可得x +x ，xx ，再利用焦半径公式，表示出 AC ⋅ BD ，化简整理即可.
1 2 1 2
（3）先求出过A,B两点的切线方程，再求两切线的交点N ，结合点到直线的距离公式，表示出△ACN与�BDN 的面积
之积，再结合二次函数的值域问题求最小值.
 p
【详解】（1）由题意得，因为点M2, 在抛物线上，所以22 = p2, p>0.∴p=2，
 2
所以抛物线Γ的标准方程为x2 =4y.
（2）由（1）知：F(0,1) ，显然直线/的斜率存在，所以设直线l方程为：y=kx+1，
y=kx+1
由 ⇒x2−4kx−4=0，
x2 =4y
设A(x, y ),B(x , y ) ，则x +x =4k,x ⋅x =−4
1 1 2 2 1 2 1 2
由抛物线的定义得： AF = y +1, BF = y +1，
1 2
所以： AC ⋅ BD =( AF −1 )( BF −1 )= y ⋅y = x 1 2⋅x 2 2 = (−4)2 =1，
1 2 16 16
即 AC ⋅ BD 为定值1．
1  x2 
（3）由y= x2, Ax, 1 
4  1 4 
37
学科网（北京）股份有限公司x2 1 x2 x2 x2
设直线NA:y− 1 =k (x−x )，联立y= x2得： −k x+k x − 1 =0⇒∆=k2−k x + 1 =0
4 1 1 4 4 1 1 1 4 1 1 1 4
x x2 x x x2
∴k = 1 ，直线NA:y− 1 = 1 (x−x )，即y= 1 x− 1
1 2 4 2 1 2 4
x x2
同理求得直线NB:y= 2 x− 2 ，
2 4
 xx x2  x +x
   y= 2 1 − 4 1 ⇒    x= 1 2 2 ⇒ x=2k ，则N(2k,−1) ，
 y= x 2 x − x 2 2  y= x 1 x 2 y=−1
 2 4  4
2k2+2
∴N 到l的距离d = =2 1+k2 ，
1+k2
1 1
∴△ACN与�BDN的面积之积S ⋅S = AC BD d2 = d2 =1+k2，
△ACN △BDN 4 4
当k =0时，△ACN与�BDN 的面积之积的最小值1.
【点睛】思路点睛：本题第二问考查抛物线中弦长的计算问题，常用的思路就是将直线方程与圆锥曲线方程联立，利用韦
达定理设而不求法求解.
题型 04：参数问题
 3 3
【典型例题1】已知动点M 到点0, 的距离比它到直线y+3=0的距离小 ，记动点M 的轨迹为C.
 2 2
(1)求轨迹C的方程.
(2)已知直线l:y=kx+3与轨迹C交于A，B两点，以A，B为切点作两条切线，分别为l ，l ，且l ，l 相交于点P.若
1 2 1 2
|AB|=|AP|，求k.
【答案】(1)x2 =6y
1
(2)k=±
2
【分析】(1) 由抛物线定义即可得；
 1
y− x2 =m(x−x )
(2) 联立 6 1 1 ，利用|AB|=|AP|，再结合向量的数量积的坐标运算即可得解.
 x2 =6y
 3 3
【详解】（1）由题意知动点M 的轨迹是以0, 为焦点，y=− 为准线的抛物线，
 2 2
所以轨迹C的方程为x2 =6y.
 1   1  x2 =6y,
（2）设Ax, x2 ，Bx , x2 ，联立方程组 得x2−6kx−18=0，
 1 6 1   2 6 2 y=kx+3,
则x +x =6k，xx =−18.
1 2 1 2
1
易知l ，l 的斜率存在，设l 的方程为y− x2 =m(x−x ) ，
1 2 1 6 1 1
38
学科网（北京）股份有限公司 1
y− x2 =m(x−x )
联立方程组 6 1 1 ，得x2 −6mx+6mx −x2 =0.
1 1
 x2 =6y
由Δ=36m2−4 ( 6mx −x2) =0，解得m= x 1 ，
1 1
3
1 1
所以l 的方程为y = x x− x2.
1 3 1 6 1
1 1
同理可得，l 的方程为y = x x− x2.
2 3 2 6 2
 1 1  x +x
y= xx− x2 x= 1 2
  3 1 6 1   2 x +x xx 
由 ，解得 ，即点P 1 2 , 1 2 .
 y= 1 x x− 1 x2  y= x 1 x 2  2 6 
 3 2 6 2  6
  x2−x2   x −x x (x −x )  x −x x (x −x )
因为AB=x −x, 2 1 ，AP= 2 1, 1 2 1 ，PB= 2 1, 2 2 1 ，且|AB|=|AP|，
 2 1 6   2 6   2 6 
  
所以(AB+AP)⋅PB=0，即
    (x −x )2 x (x +x )(x −x )2 (x −x )2 xx (x −x )2
AB⋅PB+AP⋅PB= 2 1 + 2 1 2 2 1 + 2 1 + 1 2 2 1 =0，
2 36 4 36
化简得27+2x x +x2 = x2 −9=0，
1 2 2 2
x =−6 x =6
因此 1 或 1 ，
x =3 x =−3
2 2
1
故k=± .
2
【变式训练4-1】阿基米德（Archimedes，公元前287年-公元前212年），出生于古希腊西西里岛叙拉古（今意大利
西西里岛上），伟大的古希腊数学家、物理学家，与高斯、牛顿并称为世界三大数学家．有一类三角形叫做阿．基．米．德．三．角．
形．（过抛物线的弦与过弦端点的两切线所围成的三角形），他利用“通近法”得到抛物线的弦与抛物线所围成的封闭图形
2 2
的面积等于阿基米德三角形面积的 （即右图中阴影部分面积等于�PAB面积的 ）．若抛物线方程为y2 =2px(p>0)，
3 3
且直线x= p 与抛物线围成封闭图形的面积为6，则 p= （ ）
2
39
学科网（北京）股份有限公司3
A．1 B．2 C． D．3
2
【答案】D
【分析】根据题目所给条件可得阿基米德三角形的面积，再利用三角形面积公式即可求解.
p
【详解】由题意可知，当过焦点的弦垂直于x轴时，即x= 时，
2
2 21  2
S =  ⋅p⋅2p= p2 =6，即 p=3，
3 �PAB 32  3
故选：D．
【变式训练4-2】如图，已知P为半圆Q:x2+(y+2)2 =4(y≤−2) 上一点，过点P作抛物线C:x2 =2py(p>0)
的两条切
线，切点分别为A,B，直线AP,BP, AB分别与x轴交于点M,N,T，记△TNB的面积为S ，△TMA的面积为S ．
1 2
(1)若C的焦点为F ，且 PF 的最小值为2 5，求 p的值；
S
(2)若存在点P，使得 1 =8，求 p的取值范围．
S
2
【答案】(1) p=4
(2)
(0,8 ]
．
2
【分析】（1）设P(x 0 ,y 0 ) ，可得 PF = x 0 2+    y 0 − 2 p   ，利用函数性质可求得最小值；
（2）设A(x,y ),B(x ,y ) ，表示出过A和B的切线方程，求出M 和N 点坐标，根据P在两直线上求出P点坐标，进而
1 1 2 2
S
再求出T点坐标，表示出TM ,TN ，进而可以得到 1 ，从而可求x =−2x ，由此求出P的轨迹方程，问题转化为问题转
S 2 1
2
化为P的轨迹与半圆Q:x2+(y+2)2 =4(y≤−2)
有交点，据此即可求出答案.
40
学科网（北京）股份有限公司 p
【详解】（1）由题意可得F0, ，设P(x ,y ) ，则x2+(y +2)2 =4且−4< y ≤−2，
 2 0 0 0 0 0
 p 2 p2 p2
PF = x2+y −  = −4y − py + = −(p+4)y + ，
0  0 2 0 0 4 0 4
p2
因为 p+4>0，所以当y =−2时， PF 有最小值 2(p+4)+ =2 5，解得 p=4．
0
4
1 1
（2）由x2 =2py，得y= x2 ，所以y′= x，
2p p
1 1
设A(x,y ),B(x ,y ) ，所以y′| = x ，y′| = x ，
1 1 2 2 x=x1 p 1 x=x2 p 2
1 1 1
所以y−y = x (x−x ) ，又y− x2 = x (x−x ) ，整理得xx= p(y+y ) ，
1 p 1 1 2p 1 p 1 1 1 1
x 
所以过点A的切线方程为xx= p(y+y ) ，于是M 1,0，
1 1  2 
x 
同理，过点B的切线方程为x x= p(y+y ) ，所以N 2 ,0．
2 2  2 
xx = p(y +y )
因为点P(x ,y ) 在两条切线上，所以 1 0 0 1 ，
0 0 x
2
x
0
= p(y
0
+y
2
)
x +x xx  x +x  xx   xx 
可得点P的坐标为P 1 2 , 1 2 ，AB的方程为 1 2 x= py+ 1 2 ，于是T 1 2 ,0．
 2 2p  2  2p  x +x 
1 2
x xx x (x −x ) x x x x (x −x )
TM = 1 − 1 2 = 1 1 2 ,TN = 2 − 2 2 = 2 1 2 ，
2 x +x 2(x +x ) 2 x +x 2(x +x )
1 2 1 2 1 2 1 2
1
TN ⋅ y 3
S 2 2 x
所以 1 = = 2 =8，所以x =−2x ．
S 1 x 2 1
2 TM ⋅ y 1
2 1
 x x2  p
于是点P− 1, 1 ，点P的轨迹方程为x2 =− y，
 2 p  4
p
根据题意抛物线x2 =− y与半圆Q:x2+(y+2)2 =4(y≤−2) 有交点，
4
4 4
记 f (x)=− x2 ，则 f (2)=− ×4≤−2，又因为 p>0，解得0< p≤8，即 p的取值范围为 (0,8 ] ．
p p
【变式训练4-3】已知动点M 到点 (0,2) 的距离比它到直线y+4=0的距离小2，记动点M 的轨迹为C.
(1)求轨迹C的方程.
(2)已知直线l: y=kx+5与轨迹C交于A，B两点，以A，B为切点作两条切线，分别为l ，l ，直线l ，l 相交于点P.
1 2 1 2
若 AB = AP ，求k.
41
学科网（北京）股份有限公司【答案】(1)x2 =8y
2
(2)k =±
8
【分析】(1)根据抛物线的定义特征即可求出轨迹C的方程.
(2)设A(x,y ),B(x ,y ),x ≠ x ,P(x ,y )，利用设而不求的思想，结合曲线在A，B处的切线方程，求出交点坐标借助向量
1 1 2 2 1 2 0 0
数量积的关系进行转化求解即可.
【详解】（1）（1）由题意知动点M的轨迹是以 (0,2) 为焦点，y=−2为准线的抛物线，
所以轨迹C的方程为x2 =8y.
 1   1  x2 =8y,
（2）（2）设Ax, x2 ，Bx , x2 .联立 得x2−8kx−40=0，
 1 8 1   2 8 2 y=kx+5,
则x +x =8k，xx =−40，
1 2 1 2
.
 1
y− x2 =m(x−x ),
1   8 1 1
易知直线l ，l 的斜率存在，设直线l 的方程为y− x2 =m(x−x ) ，联立
1 2 1 8 1 1  x2 =8y,

，得x2−8mx+8mx −x2 =0.
1 1
由∆=64m2−4 ( 8mx −x2) =0，解得m= x 1 ，所以切线l 的方程为y= 1 xx− 1 x2.
1 1 4 1 4 1 8 1
1 1
同理可得，切线l 的方程为y= x x− x2.
2 4 2 8 2
 1 1  x +x
y= xx− x2, x= 1 2 ,
  4 1 8 1   2 x +x xx 
由 解得 即点P 1 2, 1 2 .
 y= 1 x x− 1 x2,  y= x 1 x 2 ,  2 8 
 4 2 8 2  8
  x2−x2   x −x x (x −x )  x −x x (x −x )
因为AB=x −x, 2 1 ，AP= 2 1, 1 2 1 ，PB= 2 1, 2 2 1 ，且 AB = AP ，所以
 2 1 8   2 8   2 8 
  
( )
AB+AP ⋅PB=0，
    (x −x )2 x (x +x )(x −x )2 (x −x )2 xx (x −x )2
即AB⋅PB+AP⋅PB= 2 1 + 2 1 2 2 1 + 2 1 + 1 2 2 1 =0
2 64 4 64
42
学科网（北京）股份有限公司化简得x2+2xx +48=x2−32=0，因此  x 1 =−5 2, 或    x 1 =5 2, 故k =± 2 .
2 1 2 2
x =4 2 x =−4 2, 8
2 2
题型 05：面积问题
【典型例题1】过点P(−1,−2)的两条直线与抛物线C:x2 =4y分别相切于A,B两点,则三角形PAB的面积为（ ）
27 3 5
A． B．3 5 C．27 D．
2 2
1 1 1 y +2
解析：抛物线C:x2 =4y，即y = x2 ，故y′ = x，设A,B两点的坐标为A(x,y ),B(x ,y ) ，则有 x = 1 ，
4 2 1 1 2 2 2 1 x +1
1
整理得x +2y =4，同理x +2y = 4.
1 1 2 2
x+2y=4,
故直线AB的方程为x+2y=4，由 得x2+2x−8=0，
x2 =4y
故x +x =−2,xx =−8, AB = 1+ 1 (−2)2−4×(−8) =3 5，因为点P(−1,−2) 到直线AB的距离为d = −1−4−4 = 9 ，
1 2 1 2 4 12+22 5
1 9 27
故三角形PAB的面积为 ×3 5× = .故选：A.
2 5 2
【典型例题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l，l 相交于P点，那么阿基米德三角形PAB满足以
1 2
下特性：①P点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x2 =4y的
准线上一点，则阿基米德三角形PAB的面积的最小值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
x +x
【分析】设出直线AB方程，联立抛物线求得xx =−4，通过PF⊥AB求得x = 1 2 ，进而得到M 为AB中点，由
1 2 0 2
S =S +S 表示出三角形PAB的面积，结合基本不等式求出最小值即可.
�PAB �PAM �PBM
【详解】
x2 x2
易知，焦点F(0,1)，准线方程y=−1，直线AB斜率必然存在，设AB:y=kx+1，A(x, 1 ),B(x , 2),x >0,x <0，P(x ,−1)，
1 4 2 4 1 2 0
43
学科网（北京）股份有限公司   x2 x2 
联立x2 =4y化简得x2−4kx−4=0， 显然∆>0,xx =−4；又PF⊥AB可得PF⋅AB=0，即 (−x ,2)⋅x −x, 2 − 1 =0，
1 2 0  2 1 4 4 
 x2 x2 
x +x  x +x 4 1 + 4 2 
化简得x = 1 2 ，过P作PM//y轴交AB于M 点，可得M 为AB中点，故M 1 2, ，故
0 2  2 2 
 
 
 x2 x2 
 1 + 2 
1 1 4 4
S =S +S = PM ⋅ x −x = ⋅1+ ⋅ x −x
�PAB �PAM �PBM 2 1 2 2  2  1 2
 
 
 1 x2+(−x )2 1 2x ⋅(−x )
= + 1 2 ⋅ x +(−x )  ≥ + 1 2 ⋅2 x ⋅(−x ) =4，当且仅当x =−x =2时取等. 故三角形PAB的面
 2 16  1 2 2 16  1 2 1 2
积的最小值为4.
故选：C.
【典型例题3】过抛物线y2 =2px(p>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l ，l 相交于点P，�PAB又常被称作阿基米德三角形．�PAB的面积S的最小值为（ ）
1 2
p2 p2
A． B． C． p2 D． 2p2
3 2
【答案】C
【解析】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
3
得S = p2( 1+m2) 2 ≥ p2.
△PAB
【详解】设A(x,y ) ，B(x ,y ) ，由题意可得直线AB的斜率不为0,
1 1 2 2
 p  p
因为直线AB过焦点 ,0，所以设直线AB的方程x=my+ ；
2  2
 y2 =4x

联立 p得y2−2mpy− p2 =0，
x=my+
 2
所以y +y =2mp,y y =−p2，
1 2 1 2
AB = 1+m2 (y +y )2−4y y =2p ( 1+m2)
1 2 1 2
由抛物线的性质可得过点A(x,y ) ，B(x ,y ) 的抛物线的切线方程为：
1 1 2 2
yy = p(x+x ),yy = p(x+x ) ，
1 1 2 2
yy = p(x+x ) y y p y +y  p 
联立 1 1 得x= 1 2 =− ，y= 1 2 =mp，即P− ,mp.
yy
2
= p(x+x
2
) 2p 2 2  2 
44
学科网（北京）股份有限公司p
( 1+m2)
点P到直线的距离d = ，
1+m2
S = 1 AB d = p2( 1+m2) 3 2 ≥ p2
△PAB
2
当且仅当m=0时取到最小值.
故选：C.
【点睛】本题主要考查直线和抛物线的位置关系，结合韦达定理求解弦长，根据点到直线的距离求出三角形的高，根据面
积公式的特点求出最值，侧重考查数学运算的核心素养.
x2 y2  3  3
【典型例题4】已知椭圆C : + =1(a>b>0)且经过P(−2,0)，P 1, ，P 1,− ，P(1,−1)中的三点，抛物线
1 a2 b2 1 2 2 3 2 4
C :y2 =2px(p>0)，椭圆C 的右焦点是抛物线C 的焦点．
2 1 2
(1)求曲线C ，C 的方程；
1 2
(2)点P是椭圆C 的点，且过点P可以作抛物线C 的两条切线，切点为A，B，求三角形PAB面积的最大值．
1 2
x2 y2
【答案】(1)C : + =1，C :y2 =4x
1 4 3 2
(2)8 2
【分析】（1）根据对称性可得椭圆上的三个点，利用待定系数法可求椭圆的方程，从而可求抛物线的方程.
（2）设点P(x ,y ) ，PA:x=t (y−y )+x ，PB:x=t (y−y )+x ，其中t ≠t ，联立直线方程和抛物线线方程，消元
0 0 1 0 0 2 0 0 1 2
后利用判别式可得诸变量之间的关系，从而可得AB的中点M 满足PM 平行于x轴并可用x ,y 表示三角形PAB的面积，
0 0
从而可求其最大值.
 3  3
【详解】（1）根据对称性可得P(−2,0)，P 1, ，P 1,− 在椭圆上，
1 2 2 3 2
9
x2 y2
故a=2，且1 4 ，故b2 =3，所以C : + =1.
+ =1 1 4 3
4 b2
p
椭圆C 的右焦点为 (1,0) ，所以 =1即 p=2，
1 2
故C :y2 =4x.
2
（2）
45
学科网（北京）股份有限公司设点P(x ,y ) ，PA:x=t (y−y )+x ，PB:x=t (y−y )+x ，其中t ≠t ，
0 0 1 0 0 2 0 0 1 2
x=t (y−y )+x
由 1 0 0 可得y2 =4 t (y−y )+x  ，
y2 =4x 1 0 0
整理得到：y2−4t y+4t y −4x =0，
1 1 0 0
所以∆=16t2−16t y +16x =0，故t2−t y +x =0，
1 1 0 0 1 1 0 0
且y = t 1 ，故A ( t2,2t ) ， 同理t2−t y +x =0，B ( t2,2t ) ，
A 2 1 1 2 2 0 0 2 2
故t ,t 为方程t2−ty +x =0的两个根，故t +t = y ,tt =x ，
1 2 0 0 1 2 0 12 0
2(t +t )
而AB的中点M 的纵坐标为 1 2 = y ，故PM 平行于x轴，
2 0
1 t2+t2
故三角形PAB面积为S = x −x × 2t −2t = 1 2 −x ×t −t
2 M 0 1 2 2 0 1 2
(t +t )2
= 1 2 −tt −x ×t −t
2 12 0 1 2
1
= y2−4x × y2−4x
2 0 0 0 0
1( )3 1  3x2  3 1  3 8 2 25  3
= y2−4x =  − 0 −4x +3 =  − x +  + 
2 0 0 2 4 0  2 4 0 3 3 
   
x2 y2
 + =1 2
由 4 3 可得3x2+16x−12=0，故x= 或x=−6（舍），
 3
y2 =4x
2
故−2≤x < ，
0 3
1 ( )3
故当x =−2时，有S = × 8 =8 2.
0 max 2
【变式训练5-1】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l ，l 相交于点P，那么阿基米德三角形PAB满足
1 2
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PAB面积的最小值为（ ）
1 1
A． B． C．2 D．1
2 4
【答案】B
1  1 
【分析】设直线AB的方程为x=my+ ，A(y2,y )，B(y2,y )，y >0,y <0，P− ,y ，联立直线AB的方程和抛
4 1 1 2 2 1 2  4 0
1 y +y
物线方程求得y ⋅y =− ，通过PF⊥AB求得y = 1 2 ，再过P点作PM//x轴交AB于M 点，进而得到M 为AB中点，
1 2 4 0 2
46
学科网（北京）股份有限公司由S =S +S 表示出三角形PAB的面积，结合基本不等式求出最小值即可．
�PAB �PAM �PBM
1 1
【详解】易知，焦点F( ,0)，准线方程x=− ，
4 4
1  1 
设直线AB的方程为x=my+ ，A(y2,y )，B(y2,y )，y >0,y <0，P− ,y ，
4 1 1 2 2 1 2  4 0
y2 =x
 1
联立 1，消x整理得y2−my− =0，
x=my+ 4
 4
1
则Δ>0，y ⋅y =− ，
1 2 4
又PF⊥AB，可得  P  F  ⋅  A  B  =0，即 1 ,−y   ⋅ ( y2−y2,y −y ) =0，化简得y = y 1 +y 2 ，
2 0 2 1 2 1 0 2
过P点作PM//x轴交AB于M 点，如图所示：
y +y  y2+y2 y +y 
则y = y = 1 2 ，所以M 为AB中点，故M 2 1 , 2 1，
M 0 2  2 2 
1 1  y2+y2 1
故S =S +S = PM ⋅ y −y = ⋅ 2 1 + ⋅ y −y
�PAB �PAM �PBM 2 1 2 2  2 4 1 2
1
 y2+(−y )2
1

1  1 1
= 2 ⋅  1 2 2 + 4   ⋅ y 1 +(−y 2 )  ≥ 2 ⋅   y 1 ⋅(−y 2 )+ 4   ⋅2 y 1 ⋅(−y 2 ) = 4 ，
 
1
当且仅当y =−y = 时等号成立，
1 2 2
1
故三角形PAB的面积的最小值为 ．
4
故选：B．
【点睛】关键点点睛：过P点作PM//x轴交AB于M 点，且证明M 为AB中点，得到S =S +S ，从而得到阿
�PAB �PAM �PBM
基米德三角形PAB面积关于y ，y 的表达式，再结合基本不等式求解．
1 2
【变式训练5-2】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（ ）
47
学科网（北京）股份有限公司p2
A． B． p2 C．2p2 D．4p2
2
【答案】B
p
【分析】设A(x,y ),B(x ,y ) ，设直线AB为x=my+ ，代入抛物线方程，由韦达定理得y +y =2pm,y y =−p2，设
1 1 2 2 2 1 2 1 2
p
过A的切线方程为 (y−y )=k(x−x ) ，与抛物线方程联立，利用判别式得k= ，则过点A的切线为y y= p(x+x ) ，
1 1 y 1 1
1
p  p y +y 
同理得过B的切线斜率为 ，过点B的切线为y y= p(x+x ) ，可得Q− , 1 2 ，可证得AB⊥QF，则�ABQ的
y 2 2  2 2 
2
1
面积S = AB ⋅QF ，结合图形特征，可得�ABQ面积的最小值．
2
 p
p x=my+
【详解】设A(x,y ),B(x ,y ) 且y ≠ y ，直线AB:x=my+ ，联立 2 ，
1 1 2 2 1 2 2  y2 =2px
整理得y2 −2pmy− p2 =0，则y +y =2pm,y y =−p2．
1 2 1 2
y−y =k(x−x )
设过点A的切线方程为 (y−y )=k(x−x ) ，联立 1 1 ，
1 1 y2 =2px
2p 2py  2p 2 2py  p
整理得y2− k y+ k 1 −y 1 2 =0，由∆=  − k   −4  k 1 −y 1 2   =0，可得k= y 1 ，
p
则过A的切线为： (y−y )= (x−x ) ，即y y−y2 = p(x−x ) ，即y y−2px = p(x−x ) ，即y y= p(x+x ) ，
1 y 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1
p
同理可得过点B的切线斜率为 ，过点B的切线方程为：y y= p(x+x ) ，
y 2 2
2
p
p p (y −y )
联立两切线 (x+x )= (x+x ) ，则 x y −x y 2 1 2 p，
y 1 y 2 x= 2 1 1 2 = =−
1 2 y −y y −y 2
2 1 2 1
 p   p 
所以两条切线的交点Q在准线上，则y y= p− +x ,y y= p− +x ，
1  2 1 2  2 2
 y2 y2  y2−y2 (y +y )(y −y )
两式相减得 (y −y )y= p(x −x )= p 1 − 2 = 1 2 = 1 2 1 2 ，
1 2 1 2 2p 2p 2 2
y +y  p y +y  y +y
∴y= 1 2 ，可得Q− , 1 2 ，k =− 1 2 =−m，
2  2 2  QF 2p
1
又因为直线AB的斜率为 (m≠0)，∴AB⊥QF（m=0也成立），
m
如图，设准线与x轴的交点为M ，
48
学科网（北京）股份有限公司1
�ABQ的面积S = AB ⋅QF ，
2
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
p
【点睛】关键点点睛：设A(x,y ),B(x ,y ) 且y ≠ y ，AB:x=my+ ，联立抛物线应用韦达定理有
1 1 2 2 1 2 2
y +y =2pm,y y =−p2，求过A,B的切线，进而确定Q在准线上且AB⊥QF，利用面积公式讨论最小值情况.
1 2 1 2
【变式训练5-3】已知直线l:y=k(x−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
的面积为（ ）
A．8 2 B．4 2 C．2 2 D． 2
【答案】A
【分析】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.
【详解】抛物线的焦点为F(1,0) ，准线方程为x=−1，直线l:y=k(x−1)
经过抛物线的焦点，
依题意，k ≠0，设A(x,y ) ，B(x ,y ) ，
1 1 2 2
由   y2 =4x 消去y并整理得k2x2− ( 2k2+4 ) x+k2 =0，则x +x = 2k2+4 ，xx =1，
y=k(x−1) 1 2 k2 1 2
2k2+4
AB =x +x +2= +2=8，解得k2 =1，即k=±1，
1 2 k2
当k =1时，因�PAB为“阿基米德三角形”，则直线PF斜率k =−1，直线PF方程为：y=−x+1，
PF
点P必在抛物线的准线x=−1上，点P(−1,2) ， PF =2 2，
1 1
又PF ⊥ AB，于是得S = AB ⋅ PF = ×8×2 2 =8 2，
△PAB
2 2
由对称性可知，当k =−1时，同理有S =8 2，
�PAB
所以�PAB的面积是8 2.
49
学科网（北京）股份有限公司故选：A
【变式训练5-4】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交点在其准线上．设抛物线y2 =2px(p>0)
，弦AB
过焦点，�ABQ为其阿基米德三角形，则�ABQ的面积的最小值为 ．
【答案】 p2
p
【分析】设A(x,y ),B(x ,y ) ，设直线AB的方程为：x=my+ ，代入抛物线方程，由韦达定理可得
1 1 2 2 2
p
y +y =2pm,y y =−p2，设过点A的切线方程为 (y−y )=k(x−x ) ，与抛物线方程联立，利用判别式得k= ，则过
1 2 1 2 1 1 y
1
p
点A的切线方程分别为：y y= p(x+x ) ，同理可得过点B的切线斜率为 ，过点B的切线方程为：y y= p(x+x ) ，
1 1 y 2 2
2
 p y +y  1
可得Q− , 1 2 ，可证得AB⊥QF，则�ABQ的面积S = AB ⋅QF ，结合图形特征，可得�ABQ面积的最小值．
 2 2  2
p
【详解】设A(x,y ),B(x ,y ) ，直线AB:x=my+ ，
1 1 2 2 2
 p
x=my+
联立 2 ，整理得y2 −2pmy− p2 =0，则y +y =2pm,y y =−p2．
1 2 1 2
 y2 =2px
设过点A的切线方程为
(y−y )=k(x−x )
，
1 1
y−y =k(x−x ) 2p 2py
联立 1 1 ，整理得y2− y+ 1 −y2 =0，
y2 =2px k k 1
2
 2p 2py  p
由∆=−  −4 1 −y2 =0，可得k= ，
 k   k 1  y 1
p
则过点A的切线方程分别为： (y−y )= (x−x ) ，即y y−y2 = p(x−x ) ，即y y−2px = p(x−x ) ，即y y= p(x+x ) ，
1 y 1 1 1 1 1 1 1 1 1
1
p
同理可得过点B的切线斜率为 ，过点B的切线方程为：y y= p(x+x ) ，
y 2 2
2
 p   p 
因为两条切线的交点Q在准线上，所以y y= p− +x ,y y= p− +x ，
1  2 1 2  2 2
 y2 y2  y2−y2 (y +y )(y −y )
两式相减得 (y −y )y= p(x −x )= p 1 − 2 = 1 2 = 1 2 1 2 ，
1 2 1 2 2p 2p 2 2
y +y  p y +y 
y ≠ y ，∴y= 1 2 ，可得Q− , 1 2 ，
1 2 2  2 2 
y +y 1
∴k =− 1 2 =−m，又因为直线AB的斜率为 (m≠0)，
QF 2p m
∴AB⊥QF（m=0也成立），
如图，设准线与x轴的交点为M ，
50
学科网（北京）股份有限公司1
�ABQ的面积S = AB ⋅QF ，
2
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．
故答案为： p2．
【变式训练5-5】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 ．
【答案】4
【分析】根据抛物线y2 =2px(p>0) 在点P(x ,y ) 处的切线方程为y y= p(x+x ) 结合点到直线的距离解决面积问题即
0 0 0 0
可．
【详解】先证抛物线y2 =2px(p>0) 在点P(x ,y ) 处的切线方程为y y= p(x+x ) ，
0 0 0 0
不妨设切线方程为：x−x =k(y−y ) ，且有y2 =2px ，
0 0 0 0
切线方程与抛物线联立可得：y2−2pky+2pky −2px =0，
0 0
所以Δ=4p2k2−8pky +8px =0⇒ pk2−2y k+2x =0，
0 0 0 0
易知该切线只有一条，
y y
所以k = 0 ⇒x−x = 0 (y−y )⇒ y y−y2 = px− px ⇒ y y= p(x+x ) ，得证.
p 0 p 0 0 0 0 0 0
先设点A的坐标为 (x ,y ) ，点B的坐标为 (x ,y ) ，点Q的坐标为 ( x ,y ) ，
A A B B Q Q
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x=my+1．
y2 =4x,
因此点A，B的坐标满足 进而得到y2−4my−4=0，
x=my+1,
y +y =4m
A B
再使用韦达定理就有 ，
y y =−4
A B
51
学科网（北京）股份有限公司由于在 A(x,y ) 处抛物线y2 =4x的切线方程为y y=2(x+x ) ，在 B(x,y ) 处抛物线y2 =4x的切线方程为
A A A A B B
y y=2(x+x ) ，
B B
y y =2 ( x +x )
( )  A Q A Q
因此阿基米德三角形的顶点Q x ,y 满足 ，
Q Q ( )
y y =2 x +x
 B Q B Q
y2 −y2 y +y
进而(y −y )y =2(x −x )= A B ，从而y = A B =2m，
A B Q A B 2 Q 2
y +y ( ) y y
将y = A B 代入y y =2 x +x 得x = A B =−1．
Q 2 A Q Q A Q 4
−1−2m2−1
因此点Q的坐标为
(−1,2m)
，于是点Q到直线AB的距离
d = =2 1+m2
，
12+(−m)2
根据弦长公式得 AB = 1+m2 ⋅ (y +y )2−4y y =4 ( 1+m2) ，
A B A B
于是�ABQ的面积S = 1 AB d =4 ( 1+m2) 3 2 ≥4，当且仅当m=0时等号成立，
2
因此�ABQ的面积的最小值为4．
故答案为：4.
【点睛】关键点点睛：（1）抛物线y2 =2px(p>0) 在点P(x ,y ) 处的切线方程为y y= p(x+x ) ;
0 0 0 0
（2）阿基米德三角形的底边过抛物线的焦点，则阿基米德三角形的另一个顶点在准线上，且阿基米德三角形的面积最小
值为 p2.
【变式训练5-6】如下图所示，过圆E:x2+(y+2)2 =1上任意一点G，作抛物线C:x2 =4y的两条切线l，l ，与抛物线相
1 2
切于点M，N ，与轴分别交于点A，B，求四边形ABNM 面积的最大值．
【答案】9 3．
52
学科网（北京）股份有限公司【分析】设 G(x,y) ，y ∈[−3,−1 ] ，则切点弦MN的方程为x x=2(y + y) ，与抛物线方程联立即可求出 MN ，进而
0 0 0 0 0
求出S ，再求切线方程即可求出S ，化简求出四边形ABNM 的面积，最后结合y 的范围求一元二次函数的最值
△GMN �GAB 0
即可.
【详解】设点 G(x,y) ，y ∈[−3,−1 ] ，则切点弦MN的方程为x x=2(y + y) ，
0 0 0 0 0
x2 =4y
设M(x,y ),N(x ,y ) ，联立 ，得x2−2x x+4y =0，
1 1 2 2 x
0
x=2(y
0
+y) 0 0
x +x =2x
1 2 0
从而 ，
xx =4y
1 2 0
则|MN|= 1+ x 0 2 ⋅ (x +x )2−4xx = 1+ x 0 2 ⋅ 4x2−16y = 4+x2 ⋅ x2−4y ，
4 1 2 1 2 4 0 0 0 0 0
x2−4y
点 G(x,y) 到直线MN的距离为d = 0 0 ，
0 0
x2+4
0
则S
△GMN
= 1
2
⋅ x 0 2
4
−
+
4
x
y
2
0 ⋅ 4+x
0
2 ⋅ x
0
2−4y
0
= 1
2
( x
0
2−4y
0
) 3 2，
0
1 1
由x2 =4y，得y= x2，则y' = x，
4 2
1 1
则直线MG:y= x (x−x )+y = xx−y ，
2 1 1 1 2 1 1
2y  2y 
则A 1,0，同理可得，B 2,0，
 x   x 
1 2
1 2y 2y y y y x2−4y
故S = y ⋅ 1 − 2 =− 0 x −x =− 0 4x2−16y =− 0 0 0 ，
△GAB 2 0 x x 4 1 2 4 0 0 2
1 2
故四边形ABNM 的面积为S=S −S = 1( x2−4y ) 3 2 + y 0 x 0 2−4y 0
△GMN △GAB 2 0 0 2
= 1 x2−4y ⋅ ( x2−4y +y ) = 1 −y2−8y −3⋅ ( −y2−7y −3 ) ，
2 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0
当y 0 ∈[−3,−1 ] 时， 1 2 −y 0 2−8y 0 −3= 1 2 −(y 0 +4)2+13≤ 3，−y 0 2−7y 0 −3=−    y 0 + 7 2    2 + 3 4 7 ≤9，
当且仅当y =−3时，两个等号同时成立，
0
故四边形ABNM 的最大值为9 3．
【变式训练5-7】在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C:x2 =2py(p>0) 的焦点F与椭圆
y2
+x2 =1的一个焦点重合，
2
 
A,B是抛物线C上位于y轴两侧不对称的两动点，且OA⋅OB=5．
(1)求证：直线AB恒过一定点M ，并求出该点坐标；
53
学科网（北京）股份有限公司(2)若点N 为y轴上一定点，且∠ANO=∠BNO；
（ⅰ）求出N 点坐标；
（ⅱ）过点N 作平行于x轴的直线l，在l上任取一点P作抛物线C的两条切线，切点为Q，R，求�PQR面积的最小值．
【答案】(1)证明见解析，定点为
(0,5)
；
(2)（ⅰ）N 点坐标为
(0,−5)
，（ⅱ）20 5.
【分析】
【详解】（1）证明：由题意知F(0,1) ，所以 p=2，所以抛物线C:x2 =4y，
设A(x,y ) ，B(x ,y ) ，由条件可设直线AB方程y=kx+t，
1 1 2 2
y=kx+t
联立 ，得x2−4kx−4t=0，
x2 =4y
则x +x =4k，xx = −4t，
1 2 1 2
  x2 x2
由OA⋅OB=5，得xx +y y =5，因为y = 1 ，y = 2 ，
1 2 1 2 1 4 2 4
x2x2
所以xx + 1 2 =5，解得xx =4或xx =−20，
1 2 16 1 2 1 2
因为A,B是抛物线C上位于y轴两侧不对称的两动点，所以xx <0，
1 2
所以xx =−20，又xx = −4t，所以t=5，
1 2 1 2
所以直线AB方程y=kx+5，
所以直线AB恒过一定点M ，且定点坐标为
(0,5)
；
（2）（ⅰ）由小问（1）可知直线AB方程y=kx+5，x +x =4k，xx =−20，
1 2 1 2
设y轴上的定点N(0,n)
，由∠ANO=∠BNO，
得NO为∠ANB的角平分线，即直线AN与直线BN 关于y轴对称，
x2 x2
1 −n 2 −n
则k AN +k BN =0，即 4 + 4 =0 ，
x x
1 2
x2  x2  xx 
所以x  1 −n+x  2 −n=0，化简可得 1 2 −n (x +x )=0，
2  4  1  4   4  1 2
xx
因为A,B位于y轴两侧不对称，所以x +x ≠0，所以 1 2 −n=0，
1 2 4
因为xx =−20，所以n=−5，
1 2
所以N 点坐标为
(0,−5)
.
54
学科网（北京）股份有限公司（ⅱ）设Q(x ,y ) ，R(x ,y ) ，P(x ,−5) ，y = x 3 2 ，y = x 4 2 ，
3 3 4 4 0 3 4 4 4
1
对x2 =4y求导得，y′ = x，
2
1
则抛物线在Q(x ,y ) 的切线方程为y= x x−y ，
3 3 2 3 3
1
同理抛物线在R(x ,y ) 的切线方程为y= x x−y ，
4 4 2 4 4
1 1
又切线过P(x ,−5) ，所以 x x −y +5=0， x x −y +5=0，
0 2 3 0 3 2 4 0 4
1
所以直线QR的方程为 x x−y+5=0，即x x−2y+10=0，
2 0 0
整理得x x−2(y−5)=0，所以直线QR过定点M(0,5) ，
0
x2+10+10 x2+20
点P(x ,−5) 到x x−2y+10=0的距离d = 0 = 0 ，
0 0 x2+4 x2+4
0 0
x x−2y+10=0
联立方程 0 ，得x2−2x x−20=0，
x2 =4y 0
∆=4x2+80>0，x +x =2x ，x x =−20，
0 3 4 0 3 4
所以弦长 QR =  1+ x 0 2   ( 4x2+80 ) = ( 4+x2)( x2+20 ) ，
 4  0 0 0
所以�PQR的面积S = 1 QR d = 1 x2+20 x2+20 = 1( x2+20 ) 3 2，
2 2 0 0 2 0
所以当x =0时，即P(0,−5) 时，
0
�PQR的面积的最小值为20 5.
【点睛】关键点点睛：本题求解答关键有两个：一是把角相等转化为斜率和为零；二是利用弦长公式得出三角形的底，利
55
学科网（北京）股份有限公司用点线距得出三角形的高，结合面积公式得出面积表达式.
【变式训练5-8】已知抛物线C:x2 =2py(p>0) 的焦点为F，且F与圆M :x2+(y+4)2 =1上点的距离的最小值为4．
（1）求p；
（2）若点P在M 上，PA,PB是C的两条切线，A,B是切点，求�PAB面积的最大值．
解析：（1） p=2．
（2）（方法1）
抛物线C的方程为x2 =4y,即y =
x2
,对该函数求导得 y′=
x
,设点A ( x ,y ) 、B ( x ,y ) 、P ( x ,y ) ,直线PA的方
1 1 2 2 0 0
4 2
x x x
程为 y− y = 1( x−x ) ,即 y = 1 − y ,即x x−2y −2y =0,同理可知，直线PB的方程为x x−2y −2y=0，由于
1 2 1 2 1 1 1 2 2
xx −2y −2y =0
点P为这两条直线的公共点，则 1 0 1 0 ，所以，点A、B的坐标满足方程x x−2y−2y =0，
x x −2y −2y =0 0 0
2 0 2 0
x x−2y−2y =0
 0 0
所以，直线AB的方程为x x−2y−2y =0，联立 x2 ，可得x2−2x x+4y =0，
0 0 y= 0 0
 4
由韦达定理可得x +x =2x ，xx =4y ，
1 2 0 1 2 0
2 x2−4y
所以， AB = 1+   x 0   ⋅ (x +x )2−4xx = ( x2+4 )( x2−4y ) ，点P到直线AB的距离为d = 0 0 ，所以，
 2  1 2 1 2 0 0 0 x2+4
0
S = 1 AB ⋅d = 1 ( x2+4 )( x2−4y ) ⋅ x 0 2−4y 0 = 1( x2−4y ) 3 2，
△PAB 2 2 0 0 0 x2+4 2 0 0
0
x2−4y =1−(y +4)2−4y =−y2−12y −15=−(y +6)2+21，
0 0 0 0 0 0 0
1 3
由已知可得−5≤ y ≤−3，所以，当y =−5时，�PAB的面积取最大值 ×202 =20 5.
0 0
2
（方法2）同方法一得到x +x =2x ,x x =4y ．过P作y轴的平行线交AB于Q，则
1 2 0 1 2 0
Q  x , x 0 2 − y  ．S = 1 |PQ|⋅ x −x = 1  1 x2−2y   ⋅ 4x2−16y = 1( x2−4y ) 2 3 ．P点在圆M上，则   x 0 =cosα,
 0 2 0  �PAB 2 1 2 22 0 0 0 0 2 0 0 y =−4+sinα,
0
S = 1( x2−4y ) 2 3 = 1( cos2α−4sinα+16 ) 2 3 = 1 −(sinα+2)2+212 3 ．故当sinα=−1时�PAB的面积最大，最大值为
�PAB 2 0 0 2 2  
20 5．
【变式训练5-9】已知点F 是抛物线C: y2 =4x的焦点，C的两条切线交于点P(x ,y )，A，B是切点.
0 0
（1）若x =0， y =3，求直线AB的方程；
0 0
（2）若点P在直线 y = x+3上，记�PFA的面积为S ，�PFB的面积为S ，求S ⋅S 的最小值；
1 2 1 2
（3）证明：�PFA��BFP.
56
学科网（北京）股份有限公司( ) ( )
y2 y2
解析：（2）设切点 A x ,y ,B x ,y ，则 x = 1 ,x = 2 ，依题意切线 PA,PB 斜率不为 0，不妨设
1 1 2 2 1 4 2 4
PA:x−x =t ( y− y ) ，联立直线PA与抛物线C得
1 1 1
y
y2 −4t y+4 ( t y −x )=0 ，由 ∆=( 4t )2 −4⋅4 ( t y −x )=0 解得 t = 1 ，所以切线 PA 的方程化简为
1 1 1 1 1 1 1 1 1 2
y y2 y y2
x= 1 y− 1 ，同理切线PB的方程化简为x= 2 y− 2 .于是可得：
2 4 2 4
y2 y + y 1 1
|PA|= 1+ 1 1 2 − y = 4+ y2 y − y ，同理有|PB|= 4+ y2 y − y .
4 2 1 4 1 1 2 4 2 1 2
y2
1+ 1
4 y2 1
焦点 F(1,0) 到直线 PA 的距离 d = = 1+ 1 = 4+ y2 ，同理，焦点 F(1,0) 到直线 PB 的距离
1 y2 4 2 1
1+ 1
4
1
d = 4+ y2 ，
2 2 2
1 1 ( ) 1 1 ( )
所以S = |PA|d = 4+ y2 y − y ,S = |PB|d = 4+ y2 y − y ，所以
1 2 1 16 1 1 2 2 2 2 16 2 1 2
2 2
S 1 ⋅S 2 =   1 1 6    ( 4+ y 1 2 )( 4+ y 2 2 )( y 1 − y 2 )2 =   1 1 6      y 1 2y 2 2 +4 ( y 1 2 + y 2 2 ) +16    ( y 1 + y 2 )2 −4y 1 y 2  
2
 1 
=    y2y2 +4 ( y + y )2 −8y y +16 ( y + y )2 −4y y  ，联立PA,PB求得
16  1 2 1 2 1 2  1 2 1 2
y y y + y
x = 1 2 ,y = 1 2 ，即 y y =4x ,y + y =2y ，代入上式，化简整理得:
0 4 0 2 1 2 0 1 2 0
2
 1  ( )( ) 1( )( )
S ⋅S =   16x2 +16y2 −32x +16 4y2 −16x = x2 + y2 −2x +1 y2 −4x ,
1 2 16 0 0 0 0 0 4 0 0 0 0 0
1( )( )
又 y = x +3,代入得S ⋅S = 2x2 +4x +10 x2 +2x +9
0 0 1 2 4 0 0 0 0
= 1( x2 +2x +5 )( x2 +2x +9 ) = 1 ( x +1 )2 +4 ( x +1 )2 +8  ≥ 1 ×4×8=16，当且仅当x =−1时取等号.所
2 0 0 0 0 2  0  0  2 0
以S ⋅S 的最小值为16.
1 2
1 1
（3）由（2） 可知 |PA|= 4+ y2 y − y ,|PB|= 4+ y2 y − y ，
4 1 1 2 4 2 1 2
|PF |= ( x −1 )+ y2 =   y 1 y 2 −1  2 +   y 1 + y 2   2 = y 1 2y 2 2 + y 1 2 + y 2 2 +1= 1 ( y2 +4 )( y2 +4 ) ,
0 0  4   2  16 4 4 4 1 2
57
学科网（北京）股份有限公司1
4+ y2 4+ y2
|BF |= x +1= y 2 2 +1= 1( y2 +4 ) ,所以 |PF | = 4 1 2 = 4+ y 1 2 ，
2 4 4 2 |BF | 1( 4+ y2 ) 4+ y2
2
4 2
1( ) 1
4+ y2 4+ y2 y − y
|FA| = 4 1 = 4+ y 1 2 ,即 |PA| = 4 1 1 2 = 4+ y 1 2 , 因此 |PF | = |FA| = |PA| ,，
|FP| 1 4+ y2 4+ y2 4+ y2 |BP| 1 4+ y2 y − y 4+ y2 |BF | |FP| |BP|
2 2
4 1 2 4 2 1 2
故而�PFA��BFP.
题型 06：点坐标
【典型例题1】已知直线l:y=k(x−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P的纵坐标为（ ）
1
A．±1 B．±2 C．±3 D．±
2
【答案】B
【分析】确定直线l:y=k(x−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，
结合�PAB具有的性质，可求得答案.
【详解】抛物线的焦点为F(1,0) ，准线方程为x=−1，
直线l:y=k(x−1)
经过抛物线的焦点，
由题意k ≠0，设A(x,y ) ，B(x ,y ) ，
1 1 2 2
y2 =4x
联立 ，得k2x2− ( 2k2+4 ) x+k2 =0，
y=k(x−1)
2k2+4 2k2+4
所以x +x = ，xx =1， AB =x +x +2= +2=8，解得k2 =1，
1 2 k2 1 2 1 2 k2
∴k=±1，
当k =1时，k =−1，所以直线PF方程为：y=−x+1，
PF
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．
【典型例题2】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
58
学科网（北京）股份有限公司基米德三角形”．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=k(x−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 ．
【答案】(−1,2)或(−1,−2)
【详解】抛物线y2 =4x的焦点F(1,0)，准线方程为x=−1，
设A(x,y ),B(x ,y )
，
1 1 2 2
y2 =4x
由 ，得k2x2−(4+2k2)x+k2 =0，
y=k(x−1)
由∆=(4+2k2)2 −4k2⋅k2 =16k2 +16>0，
4+2k2
所以x +x = ,xx =1，
1 2 k2 1 2
4+2k2
所以 AB =x +x + p= +2=8，解得k =1或k =−1，
1 2 k2
当k =1时，因为PF ⊥ AB，所以k =−1，
PF
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x =−1，
P
所以y =−(x −1)=−(−1−1)=2，所以P(−1,2)，
P P
当k =−1时，因为PF ⊥ AB，所以k =1，
PF
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x =−1，
P
所以y = x −1=−1−1=−2，所以P(−1,−2)，
P P
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)
59
学科网（北京）股份有限公司【典型例题3】已知抛物线E: y = x2，过点T ( 1,2 ) 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l 和l ，已知l 与x轴交于点M,l 与x轴交于点N ，设l 与l 的交
1 2 1 2 1 2
点为P.（公众号：凌晨讲数学）
（1）证明：点P在定直线上；
（2）若�PMN 面积为 2 ，求点P的坐标；
（3）若P,M,N,T 四点共圆，求点P的坐标.
解析：（1）设A ( x ,y ) ,B ( x ,y ) ,P ( x ,y ) .由y = x2，得 y′=2x，所以l 方程为：y =2x ( x−x )+ y ，整理得：
1 1 2 2 P P 1 1 1 1
x +x
y =2x x−x2 .同理，l 方程为：y =2x x−x 2 .联立得：x = 1 2 ,y = x x .设直线 AB的方程为 y =k ( x−1 )+2，
1 1 2 2 2 P 2 P 1 2
k
与抛物线方程联立得：x2 −kx+k−2=0，故x +x =k,x x =k−2，所以x = ,y =k−2，有 y =2x −2.
1 2 1 2 P 2 P P P
所以点P在定直线 y =2x−2上.
 x   x 
（2）在l ,l 的方程中，令 y =0，得M  1,0,N 2 ,0，所以�PMN 面积
1 2  2   2 
S = 1 MN ⋅ y = 1 ( x −x ) x x = 2.故 ( x −x )2( x x )2 =32，带入可得： ( k2 −4k+8 )( k2 −4k+4 ) =32.
2 P 4 1 2 1 2 1 2 1 2
  (k−2)2 +8    (k−2)2 −4  =0，解得：k =0或k =4.所以点P的坐标为 ( 0,−2 ) 或 ( 2,2 ) .
 1  x  1 1
（3）抛物线焦点F0, ，由M  1,0得直线MF斜率k =− =− ，
 4  2  MF 2x k
1 MP
7
所以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k = ，
TF 4
60
学科网（北京）股份有限公司4
得直线TP的方程为： y =− ( x−1 )+2.又点P在定直线 y =2x−2上，联立两直线方程，解得点P的坐标为
7
16 14
 , .
 9 9 
【变式训练6-1】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. 在一次以“圆锥曲线的阿
基米德三角形”为主题的数学探究活动中，甲同学以如图示的抛物线C：y2 =2px(p>0)的阿基米德三角形PAB为例，
经探究发现：若AB为过焦点的弦，则：①点P在定直线上；②PF ⊥ AB；③PA⊥PB.已知△PAB为等轴双曲线
Γ：x2−y2 =λ（λ>0）的阿基米德三角形，AB过Γ的右焦点F.
(1)试探究甲同学得出的结论，类比到此双曲线情境中，是否仍然成立？（选择一个结论进行探究即可）
(2)若λ=2，弦AB的中点为Q， AB FP =3 FQ ，求点P的坐标.
x2 y2 x x y y
（注：双曲线 − =1的以(x ,y )为切点的切线方程为 0 − 0 =1.）
a2 b2 0 0 a2 b2
【答案】(1)条件选择，答案见解析；
2
(2)(1,± )，(1,± 2).
2
【分析】（1）选①②③，设出点A，B，P的坐标，借助切线方程求出直线AB的方程，代入焦点坐标，求出点P的横坐
标，再利用斜率计算判断作答.
（2）设出直线AB的方程，与双曲线方程联立，借助弦长公式及已知等式求解作答.
【详解】（1）选①，设点A(x,y ),B(x ,y ),P(x ,y )，双曲线Γ的焦点F( 2λ,0)，
1 1 2 2 0 0
依题意，过点A的切线方程为xx−y y=λ，过点B的切线方程为x x−y y=λ，
1 1 2 2
而两切线交于点P(x ,y )，于是xx −y y =λ，且x x −y y =λ，
0 0 1 0 1 0 2 0 2 0
因此(x,y ),(x ,y )是方程x x−y y=λ的两组实数解，即点A(x,y ),B(x ,y ) 在直线x x−y y=λ上，
1 1 2 2 0 0 1 1 2 2 0 0
2λ
则直线AB的方程为x x−y y=λ，又直线AB过点F( 2λ,0)，则 2λx =λ，解得x = ，
0 0 0 0 2
61
学科网（北京）股份有限公司2λ
所以点P在定直线x= 上，即点P在定直线上成立.
2
选②，设点A(x,y ),B(x ,y ),P(x ,y )，双曲线Γ的焦点F( 2λ,0)，
1 1 2 2 0 0
依题意，过点A的切线方程为xx−y y=λ，过点B的切线方程为x x−y y=λ，
1 1 2 2
而两切线交于点P(x ,y )，于是xx −y y =λ，且x x −y y =λ，
0 0 1 0 1 0 2 0 2 0
因此(x,y ),(x ,y )是方程x x−y y=λ的两组实数解，即点A(x,y ),B(x ,y ) 在直线x x−y y=λ上，
1 1 2 2 0 0 1 1 2 2 0 0
2λ
则直线AB的方程为x x−y y=λ，又直线AB过点F( 2λ,0)，则 2λx =λ，解得x = ，
0 0 0 0 2
2λ
当y =0时，点P( ,0)，直线AB垂直于x轴，显然有PF ⊥ AB，
0
2
x 2λ y 2y
当y ≠0时，直线AB的斜率k = 0 = ，直线PF的斜率k = 0 =− 0 ，
0 AB y 2y PF x − 2λ 2λ
0 0 0
则有k ⋅k =−1，即PF ⊥ AB，
AB PF
所以PF ⊥ AB成立.
选③，设点A(x,y ),B(x ,y ),P(x ,y )，双曲线Γ的焦点F( 2λ,0)，
1 1 2 2 0 0
依题意，过点A的切线方程为xx−y y=λ，过点B的切线方程为x x−y y=λ，
1 1 2 2
而两切线交于点P(x ,y )，于是xx −y y =λ，且x x −y y =λ，
0 0 1 0 1 0 2 0 2 0
因此(x,y ),(x ,y )是方程x x−y y=λ的两组实数解，即点A(x,y ),B(x ,y ) 在直线x x−y y=λ上，
1 1 2 2 0 0 1 1 2 2 0 0
2λ
则直线AB的方程为x x−y y=λ，又直线AB过点F( 2λ,0)，则 2λx =λ，解得x = ，
0 0 0 0 2
2λ
当y =0时，点P( ,0)，直线AB垂直于x轴，直线AB:x= 2λ，
0
2
x= 2λ
由 得| y|= λ，不妨令A( 2λ, λ),B( 2λ,− λ)，
x2−y2 =λ
λ−0 − λ−0
k = = 2 k = =− 2
直线PA的斜率 PA 2λ ，直线PB的斜率 PB 2λ ，
2λ− 2λ−
2 2
有k ⋅k =−2，显然PA不垂直于PB，
PA PB
所以PA⊥PB不成立.
（2）当λ=2时，双曲线Γ:x2−y2 =2，F(2,0) ，由（1）知，P(1,y )，直线AB的方程为：x−y y=2，
0 0
62
学科网（北京）股份有限公司x−y y=2 y2 ≠1
由 0 消去x整理得：(y2−1)y2+4y y+2=0，显然 0 ，
x2−y2 =2 0 0 Δ=8(y2+1)>0
0
−4y 2 y +y −2y
y +y = 0 ,y y = ，弦AB的中点Q的纵坐标为 1 2 = 0 ，
1 2 y2−1 1 2 y2−1 2 y2−1
0 0 0
−4y 8 2 2(1+y2)
|AB|= 1+y2 (y +y )2−4y y = 1+y2 ( 0 )2− = 0 ，
0 1 2 1 2 0 y2−1 y2−1 |y2−1|
0 0 0
y +y 2| y | 1+y2
|FQ|= 1+y2 | 1 2 |= 0 0 ，|FP|= 1+y2 ，而 AB FP =3 FQ ，
0 2 |y2−1| 0
0
2 2(1+y2) 6| y | 1+y2 2
即 0 ⋅ 1+y2 = 0 0 ，化简得 2(1+y2)=3|y |，解得y =± 2或y =± ，
| y2−1| 0 | y2−1| 0 0 0 0 2
0 0
2
所以点P的坐标是(1,± )，(1,± 2).
2
【点睛】结论点睛：直线l：y=kx+b上两点A(x,y ),B(x ,y ) 间的距离|AB|= 1+k2⋅|x −x |；
1 1 2 2 1 2
直线l：x=my+t上两点A(x,y ),B(x ,y ) 间的距离|AB|= 1+m2⋅| y −y |.
1 1 2 2 1 2
【变式训练6-2】已知抛物线C :x2 = y，圆C :x2+(y−4)2 =1,P是C 上异于原点的一点.
1 2 1
(1)设Q是C 上的一点，求 PQ 的最小值；
2
(2)过点P作C 的两条切线分别交C 于A,B两点（异于P）.若 PA = PB ，求点P的坐标.
2 1
15
【答案】(1) −1
2
 115 23  115 23
(2)

,  或

− , 

 5 5   5 5 
【分析】（1）根据圆的几何性质，结合两点间距离公式、配方法进行求解即可；
（2）根据圆的切线性质，结合等腰三角形的性质、一元二次方程根与系数关系、点到直线距离公式进行求解即可.
【详解】（1）设P(t,t2)，圆心C (0,4)，半径为1，
2
2
PC = t2+ ( t2−4 )2 =  t2− 7  + 15 ，
2  2 4
14 15
所以当t =± 时， PC 有最小值 ，
2
2 2
15
所以 PQ 的最小值 −1；
2
（2）由题设，切线斜率一定存在，设切线的斜率为k，
所以切线的方程为：y−t2 =k(x−t)⇒kx−y+t2−kt =0，
63
学科网（北京）股份有限公司由圆的切线性质可知：
−4+t2−kt
=1⇒ ( t2−1 ) k2+2t ( 4−t2) k+ ( 4−t2)2 −1=0(∗)
，
k2+(−1)2
设A
( x,x2)
,B
(
x
,x2)
,x,x ≠t，
1 1 2 2 1 2
y=x2 x =k −t
 ⇒ 1 1 ，k ,k 是方程∗的两个不相等实根，
kx−y+t2−kt =0 x =k −t 1 2
2 2
2t ( t2−4 )
因此t2−1≠0，即k +k = ，且 PA = PB ，
1 2 t2−1
所以由圆的切线性质知：AB⊥PC ，
2
x2−x2 t2−4 t2−4 2t ( t2−4 )  t2−4
2 1 ⋅ =−1⇒(x +x )⋅ =−1⇒ −2t⋅ =−1
x −x t 2 1 t  t2−1  t
2 1  
23 115
⇒t2 = ⇒t =± ，
5 5
 115 23  115 23
所以P的坐标为  ,  或  − ,  .
 5 5   5 5 
【点睛】关键点点睛：根据圆的切线长定理、一元二次方程根与系数关系是解题的关键.
 
【变式训练6-3】已知抛物线x2 =4y的焦点为F ，A，B是抛物线上的两个动点，且AF =λFB(λ>0)，过A，B
两点分别作抛物线的切线，设其交点为P.
1
（1）若直线PA与x， y 轴分别交于点M ，N ，且△MON 的面积为 ，求| AF |的值；
2
（2）记△ABP的面积为S ，求S 的最小值，并指出S 最小时对应的点P的坐标.
【答案】(1)2;(2)S 有最小值4，此时P(0,−1).
�APB
【分析】
1  ( )
（1）先求出以点A为切点的抛物线的切线PA方程，得出M  x ,0，N 0,−1x2 利用面积求出A点的纵坐标，然
2 1  4 1
后求出 AF ．
（2）先分别写出直线PA，PB方程，利用都过点P写出直线AB，代入抛物线方程利用弦长公式求出 AB ，及点P ( x ,−1 )
0
到直线AB的距离，写出S 表达式及最值．
�APB
【详解】
64
学科网（北京）股份有限公司1 1
（1）设P ( x ,y ) ，A ( x ,y ) ，B ( x ,y ) ，则x x ≠0，抛物线方程写成 y = x2 ， y′= x，则以点A为切点的
0 0 1 1 2 2 1 2
4 2
1 1 1 1 1 
抛物线的切线PA的方程为：l : y− y = x ( x−x ) ，又 y = x2 ，即l : y = x x− x2 ，∴M  x ,0，
PA 1 2 1 1 1 4 1 PA 2 1 4 1 2 1 
( ) 1 1 1 1 1 1 1 1
N 0,−1x2 ，∴S = OM ⋅ ON = × x × − x2 = x3 ，故 x3 = ，∴ x =2，y = x2 =1，
4 1 �MON 2 2 2 1 4 1 16 1 16 1 2 1 1 4 1
p
从而 AF = y + =1+1=2.
1 2
1 1 1 1
（2）由（1）知l : y = x x− x2 ，即：y = x x− y ，同理l : y = x x− y ，由直线PA，PB都过点P ( x ,y ) ，
PA 2 1 4 1 2 1 1 PB 2 2 2 0 0
 1
y = x x − y
即    0 2 0 1 1 ，则点A ( x ,y ) ，B ( x ,y ) 的坐标都满足方程 1 x x− y = y ，
 1 1 1 2 2 2 0 0
y = x x − y
 0 2 0 2 2
1
即直线 AB的方程为： x x− y = y ，又由直线AB过点F ( 0,1 ) ，∴ y =−1，
2 0 0 0
1
 x x− y =−1
联立2 0 得x2 −2x x−4=0，
0
  x2 =4y
x2 x2 x2
∴ AB = 1+ 0 x −x = 1+ 0 (x +x )2 −4x x = 1+ 0 ( 2x )2 +16 ，
4 1 2 4 1 2 1 2 4 0
1
x2 +2
2 0
点P ( x ,−1 ) 到直线 AB的距离 d = ，
0 x2
1+ 0
4
1
x2 +2
∴S = 1 AB ⋅d = 1 1+ x 0 2 ⋅ (2x )2 +16⋅ 2 0 = 1 ( x2 +4 )3
�APB 2 2 4 0 x2 2 0
1+ 0
4
∴S

1 43 =4，
�APB 2
当且仅当时x =0，S 有最小值4，此时P ( 0,−1 ) .
0 �APB
【点睛】
本题考查抛物线的定义，直线与抛物线的位置关系，考查导数知识的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．
65
学科网（北京）股份有限公司【变式训练6-4】抛物线C:x2 =2py(p >0)的焦点为F ，过F 且垂直于 y 轴的直线交抛物线C于M,N两点，O为
原点，�OMN 的面积为2.
（1）求拋物线C的方程.
（2）P为直线l: y = y ( y <0 ) 上一个动点，过点P作拋物线的切线，切点分别为A,B，过点P作AB的垂线，垂足
0 0
为H ，是否存在实数y ，使点P在直线l上移动时，垂足H 恒为定点？若不存在，说明理由；若存在，求出y 的值，
0 0
并求定点H 的坐标.
【答案】（1）x2 =4y；（2）存在这样的y ，当y =−1时，H 坐标为(0,1).
0 0
【分析】
（1）先根据抛物线的性质，结合题中条件，得到|MN |=2p，由三角形面积列出方程求出 p ，即可得出抛物线方程；
（2）先设A ( x ,y ) ,B ( x ,y ) ,P ( x ,y ) ，直线 AP的方程为 y− y =k(x−x ) ，根据直线与抛物线相切，得到
1 1 2 2 0 0 1 1
x x x x
y+ y = 1 ，进而推出 AB的方程为 y+ y = 0 ，根据PH ⊥ AB，得到PH 方程，由两直线方程，即可求出 y ，
1 2 0 2 0
确定出结果.
【详解】
p p
（1）由题意得，点M,N 的纵坐标均为 ，由x2 =2p⋅ ，解得x=±p，
2 2
则|MN |=2p，
1 1 p 1
由S = ⋅|MN |⋅|OF |= ⋅2p⋅ = p2 =2，解得 p=2，
△CMN
2 2 2 2
故抛物线C的方程为x2 =4y.
（2）假设存在实数y ，使点P在直线l上移动时，垂足H 恒为定点，
0
设A ( x ,y ) ,B ( x ,y ) ,P ( x ,y ) ，直线 AP的方程为 y− y =k(x−x ) ，
1 1 2 2 0 0 1 1
x2 x
将抛物线方程变形为 y = ，则 y′ = ，
4 2
x
所以k = 1 ，
2
66
学科网（北京）股份有限公司x
所以 AP的方程为 y− y = 1( x−x ) .
1 2 1
x x
因为x2 =4y ，所以直线 AP的方程为 y+ y = 1 .
1 1 1 2
x x
把P ( x ,y ) 代入 AP的方程得 y + y = 1 0 .
0 0 0 1 2
x x
同理可得 y + y = 2 0 .
0 2 2
x x
构造直线方程为 y+ y = 0 ，易知A,B两点均在该直线上，
0 2
x x
所以直线 AB的方程为 y+ y = 0 .
0 2
故AB恒过点 ( 0,−y ) .
0
因为PH ⊥ AB，
x x
所以可设PH 方程为x−x =− 0 ( y− y ) ，化简得x=− 0 ( y− y −2 )
0 2 0 2 0
所以PH 恒过点 ( 0,y +2 ) .
0
当−y = y +2，即 y =−1时， AB与PH 均恒过(0,1)，
0 0 0
故存在这样的y ，当 y =−1时，H 坐标为(0,1).
0 0
【点睛】
关键点点睛：
求解本题第二问的关键在于用y 分别表示出直线 AB和PH 的方程；根据题中条件，先设点的坐标，以及直线 AP的方
0
程，由直线与抛物线相切，得出直线 AP方程，推出 AB的方程，进而确定PH 的方程，即可求解.
【变式训练6-5】如图，设抛物线 的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|–1.
2
𝑦𝑦 =2𝑝𝑝𝑥𝑥(𝑝𝑝>0)
（Ⅰ）求p的值；
67
学科网（北京）股份有限公司（Ⅱ）若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点
M.求M的横坐标的取值范围.
【答案】（Ⅰ）p=2；（Ⅱ） ∞ ， ∞ .
(− ,0)∪(2 + )
【解析】
试题分析：本题主要考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查解析几何的基本思想方法和
综合解题能力.
试题解析：（Ⅰ）由题意可得，抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x=–1的距离，由抛物线的定义得 ，
p
2=1
即p=2.
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，抛物线的方程为 ，可设 .
2 2
y =4x,F(1,0) A(t ,2t),t≠，0,t≠±1
因为AF不垂直于y轴，可设直线AF: x=sy+1， ，由 消去x得 ，
2
(s≠0) �
y =4x
y
2
−4sy−4=0
故 ，所以， . x=sy+1
1 2
y1y2 =−4 B(t 2,−t)
又直线AB的斜率为 ，故直线FN的斜率为 .
2
2t t −1
2
t −1 − 2t
从而得直线FN: ，直线BN: .所以 .
2 2
t −1 2 t +3 2
y=− 2t (x−1) y=−t N(t 2 −1,−t)
设M(m,0)，由A，M，N三点共线得 2 ，
2t 2t+t
t 2 −m= t 2 − t t 2 2 + − 3 1
于是 .
2
2t
m=t 2 −1
所以m＜0或m＞2.
经检验，m＜0或m＞2满足题意.
综上，点M的横坐标的取值范围是 ∞ ∞ .
(− ,0)∪(2,+ )
【考点】抛物线的几何性质、直线与抛物线的位置关系.
【思路点睛】（Ⅰ）当题目中出现抛物线上的点到焦点的距离时，一般会想到转化为抛物线上的点到准线的距离．解答本
题时转化为抛物线上的点到准线的距离，进而可得点到 轴的距离；（Ⅱ）通过联立方程组可得点Β的坐标，进而可得点Ν的
y
坐标，再利用Α，Μ，Ν三点共线可得 用含有 的式子表示，进而可得Μ的横坐标的取值范围.
m t
【变式训练6-6】如下图，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．
68
学科网（北京）股份有限公司（Ⅰ）设线段 AB的中点为N ；
（ⅰ）求证：MN 平行于 y 轴；
（ⅱ）已知当M 点的坐标为 ( 2，−2p ) 时， AB =4 10 ，求此时抛物线的方程；
  
（Ⅱ）是否存在点M ，使得点C关于直线 AB的对称点D在抛物线x2 =2py ( p >0 ) 上，其中，点C满足OC =OA+OB
（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．
【答案】（Ⅰ）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）x2 =2y或x2 =4y；（Ⅱ）仅存在一点M ( 0,−2p ) 适合题意.
【分析】
（Ⅰ）（ⅰ）设出A,B,N,M 的坐标，利用导数求得切线MA,MB的方程，结合N 是线段 AB的中点进行化简，得到M,N
两点的横坐标相等，由此证得MN 平行于 y 轴.
（ⅱ）利用 AB =4 10 列方程，解方程求得 p ，进而求得抛物线方程.
（Ⅱ）设出D点坐标，由C点坐标求得线段CD中点的坐标，由直线 AB的方程和抛物线的方程，求得D点的坐标，
由此进行分类讨论求得M 点的坐标.
【详解】
 x2   x2 
（Ⅰ）（ⅰ）证明：由题意设Ax , 1 ，Bx , 2 ，x <x ，N ( x ,y ) ，M ( x ,−2p ) ．
 1 2p  2 2p 1 2 3 3 0
x2 x x x
由x2 =2py得 y = ，则 y′ = ，所以k = 1 ，k = 2 ．
2p p MA p MB p
x
因此直线MA的方程为
y+2p = 1( x−x )
，
p 0
x
直线MB的方程为
y+2p = 2 ( x−x )
．
p 0
69
学科网（北京）股份有限公司x2 x x2 x
所以 1 +2p = 1( x −x ) ，① 2 +2p= 2 ( x −x ) ．②
2p p 1 0 2p p 2 0
x +x x +x
由①、②得 1 2 = x +x −x ，因此x = 1 2 ，即2x = x +x =2x ，也即x = x .所以MN 平行于 y 轴．
2 1 2 0 0 2 0 1 2 3 0 3
（ⅱ）解：由（ⅰ）知，当x =2时，将其代入①、②并整理得：
0
x2 −4x −4p2 =0，x2 −4x −4p2 =0，所以x ，x 是方程x2 −4x−4p2 =0的两根，
1 1 2 2 1 2
x2 x2
2 − 1
因此x +x =4，x x =−4p2 ，又 2p 2p x +x x ，
1 2 1 2 = = 1 2 = 0
k AB x −x 2p p
2 1
2
所以k = ．
AB p
4
由弦长公式的 AB = 1+k2 ⋅ ( x +x )2 −4x x = 1+ ⋅ 16+16p2 ．
1 2 1 2 p2
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．
（Ⅱ）解：设D ( x ,y ) ，由题意得C ( x +x ,y + y ) ，
4 4 1 2 1 2
 x +x +x y + y + y 
则CD的中点坐标为Q 1 2 4 , 1 2 4 ，
 2 2 
x
设直线 AB的方程为 y− y = 0 ( x−x ) ，
1 p 1
 x +x y + y 
由点Q在直线 AB上，并注意到点 1 2 , 1 2 也在直线 AB上，
 2 2 
x
代入得 y = 0 x ．
4 p 4
若D ( x ,y ) 在抛物线上，则x2 =2py =2x x ，
4 4 4 4 0 4
因此x =0或x =2x ．
4 4 0
 2x2 
即D ( 0,0 ) 或D2x , 0 ．
 0 p 
70
学科网（北京）股份有限公司（1）当x =0时，则x +x =2x =0，此时，点M ( 0,−2p ) 适合题意．
0 1 2 0
x2 +x2
 x2 +x2  1 2
（2）当 x ≠ 0 ，对于D ( 0,0 ) ，此时C2x , 1 2 ， 2p x2 +x2 ，
0  0 2p  k = = 1 2
CD 2x 4px
0 0
x x x2 +x2 x2 +x2
又k = 0 ，AB ⊥CD，所以k ⋅k = 0 ⋅ 1 2 = 1 2 =−1，
AB p AB CD p 4px 4p2
0
即x2 +x2 =−4p2
，矛盾．
1 2
 2x2   x2 +x2 
对于D2x , 0 ，因为C2x , 1 2 ，此时直线CD平行于 y 轴，
 0 p   0 2p 
x
又k = 0 ≠0，
AB p
所以直线 AB与直线CD不垂直，与题设矛盾，
所以 x ≠ 0 时，不存在符合题意得M 点．
0
综上所述，仅存在一点M ( 0,−2p ) 适合题意．
【点睛】
本小题主要考查直线和抛物线的位置关系，考查运算求解能力，属于难题.
题型 07：证明
【典型例题1】设定点F(0，1)，动点E满足：以EF为直径的圆与x轴相切.
（1）求动点E的轨迹C的方程；
（2）设A，B是曲线C上的两点，若曲线C在A，B处的切线互相垂直，求证：A，F，B三点共线.
【答案】（1） ＝4y；（2）证明见解析.
【分析】 2
𝑥𝑥
EF
（1）设E点坐标为(x，y)，由E到x轴的距离等于 即可求解.
2
1 1
（2）设A，B两点的坐标分别为(x , x2)，(x , x 2)，利用导数求出曲线在A，B处切线的斜率，从而可得x2＝－
1 4 1 2 4 2
4
，再求出AB的斜率，证出 kAF＝kAB，即证.
x
1
【详解】
（1）设E点坐标为(x，y)，则EF中点为圆心，
71
学科网（北京）股份有限公司 x y+1
设为E，则E点坐标为 , .
2 2 
|EF |
∴E到x轴的距离等于 ，
2
y+1 x2 +(y−1)2
即 ＝ ，化简得x2＝4y.
2 2
∴点E的轨迹C的方程为 ＝4y.
2 1
（2）证明：由（1）知，曲𝑥𝑥线C是以F为焦点的抛物线，其方程可化为y＝ x2，
4
1 1
设A，B两点的坐标分别为(x , x2)，(x , x 2)，
1 4 1 2 4 2
1 1
∵曲线方程为y＝ ，∴y′＝ x，
4 2
2
𝑥𝑥 1 1
∴曲线在A，B处切线的斜率分别为 ＝ ， ＝ ，
2 2
𝑘𝑘1 𝑥𝑥1 𝑘𝑘2 𝑥𝑥2
1 1 4
∵ ＝－1，∴ · ＝－1，∴ ＝－ ，
2 2 x
1
𝑘𝑘1𝑘𝑘2 𝑥𝑥1 𝑥𝑥2 𝑥𝑥2
∴A，B两点连线的斜率为
1( )
x 2 −x2 1 1
＝ 4 x 2 −x 1 = 1 4 ( x 2 +x 1 )= 1 4    − x 4 +x 1    ＝－ x 1 ＋ 4 ，
𝑘𝑘𝐴𝐴𝐵𝐵 2 1 1 𝑥𝑥1
1
x2 −1 1 1
A，F两点连线的斜率为 ＝ 4 1 ＝－ ＋ x1＝ ，
x 4
x −0 1
𝑘𝑘𝐴𝐴𝐴𝐴 1 𝑘𝑘𝐴𝐴𝐵𝐵
∴A，B，F三点共线.
【点睛】
4
关键点点睛：本题考查了三点共线，可以证明直线的斜率相等，解题的关键是根据A，B两点的坐标求出x2＝－ ，考
x
1
查了计算求解能力.
【典型例题2】已知抛物线C：x2 =my(m>0)的焦点F 到其准线的距离为1.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过F的直线与抛物线C相交于A,B两点，在A,B处分别作抛物线C的切线，两条切线的交点为P，证明：AB⊥FP.
【答案】(1)x2 =2y
(2)证明见解析
m m
【分析】（1）由抛物线C的方程可得焦点F到其准线的距离为 −(− ) =1，解得m，即可得出答案；
4 4
72
学科网（北京）股份有限公司1
（2）设A(x,y ) ，B(x ,y ) ，P(x ,y ) ，直线AB方程为y=kx+ ，联立抛物线的方程，得关于x的一元二次方程，
1 1 2 2 0 0 2
结合韦达定理可得x +x ，xx ，利用导数的几何意义可得切线的斜率，写出切线的方程，同理可得，抛物线在点B处的
1 2 1 2
 
切线方程，联立上述两切线方程，解得x ，y ，计算AB⋅FP，即可得出答案．
0 0
m m
【详解】（1）抛物线C的焦点为F(0, )，准线方程为y =− ，
4 4
m m
所以焦点F到其准线的距离为 −(− ) =1，
4 4
因为m>0，解得m=2.
所以抛物线C的方程为x2 =2y.
1
（2）由题意，直线AB的斜率一定存在，设其方程为y=kx+ ，
2
代入抛物线方程x2 =2y，整理得x2−2kx−1=0.
设A(x,y ) ，B(x ,y ) ，P(x ,y ) ，
1 1 2 2 0 0
则x +x =2k，xx =−1.
1 2 1 2
函数y= 1 x2的导数为y' =x，故抛物线在点A处的切线方程为y−y =x (x−x ) ，化简得y=xx− x 1 2 ，
2 1 1 1 1 2
x2
同理，抛物线在点B处的切线方程为y= x x− 2 ，
2 2
x +x xx 1
联立上述两切线方程，解得x = 1 2 =k，y = 1 2 =− ，
0 2 0 2 2
 
1
因为AB=(x −x,y −y )=(x −x )(1,k)，FP=(x ,y − )，
2 1 2 1 2 1 0 0 2
 
 1   1 1 
所以AB⋅FP=(x
2
−x
1
)
 
x
0
+k(y
0
−
2
)
 
=(x
2
−x
1
)
 
k+k(−
2
−
2
)
 
=0，
所以AB⊥FP.
【典型例题3】已知抛物线C：y2 =2x的焦点为F ，平行于x轴的两条直线l ,l 分别交C于A，B两点，交C的准线
1 2
于P，Q两点．
（Ⅰ）若F 在线段 AB上，R是PQ的中点，证明AR//FQ；
73
学科网（北京）股份有限公司（Ⅱ）若∆PQF 的面积是∆ABF的面积的两倍，求 AB中点的轨迹方程.
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）y2 = x−1．
【分析】
a2  b2   1   1   1 a+b
设A ,0,B ,b,P − ,a,Q − ,b,R − ,  ⇒ l的方程为2x−(a+
 2   2   2   2   2 2 
a−b a−b 1 −ab
b)y+ab=0．（Ⅰ）由F 在线段 AB上 ⇒1+ab=0，又k = = = = =−b=k ⇒ AR//FQ；
1 1+a2 a2 −ab a a 2
1 1 1 a−b
（Ⅱ）设l与x轴的交点为D ( x ,0 ) ⇒ S = b−a FD = b−a x − ,S = ⇒
1 ∆ABF 2 2 1 2 ∆PQF 2
1 1 a−b
b−a x − = ⇒ x =0（舍去），x =1．设满足条件的 AB的中点为E ( x,y ) ．当 AB与x轴不垂直时 ⇒
2 1 2 2 1 1
2 y a+b
= ( x≠1 ) ⇒ = y ⇒ y2 = x−1 ( x≠1 ) ．当 AB与x轴垂直时 ⇒ E与D重合 ⇒ 所求轨迹方程为
a+b x−1 2
y2 = x−1．
【详解】
1 
由题设F ,0，设l : y =a,l : y =b，则ab≠0，且
2  1 2
a2  b2   1   1   1 a+b
A ,0,B ,b,P − ,a,Q − ,b,R − , ．
 2   2   2   2   2 2 
记过A,B两点的直线为l，则l的方程为2x−( a+b ) y+ab=0
（Ⅰ）由于F 在线段 AB上，故1+ab=0，
a−b a−b 1 −ab
记AR的斜率为k ,FQ的斜率为k ，则k = = = = =−b=k ，
1 2 1 1+a2 a2 −ab a a 2
所以AR//FQ
（Ⅱ）设l与x轴的交点为D ( x ,0 ) ，
1
1 1 1 a−b
则S = b−a FD = b−a x − ,S = ，
∆ABF 2 2 1 2 ∆PQF 2
1 1 a−b
由题设可得 b−a x − = ，所以x =0（舍去），x =1．
2 1 2 2 1 1
74
学科网（北京）股份有限公司( )
设满足条件的 AB的中点为E x,y ．
2 y
当AB与x轴不垂直时，由k =k 可得 = ( x≠1 ) ．
AB DE a+b x−1
a+b
而 = y，所以 y2 = x−1 ( x≠1 ) ．
2
当AB与x轴垂直时，E与D重合，所以，所求轨迹方程为 y2 = x−1
【点睛】
本题考查了1.抛物线定义与几何性质；2.直线与抛物线位置关系；3.轨迹求法．
【变式训练7-1】已知抛物线C：x2＝2py（p＞0），F为抛物线C的焦点．以F为圆心，p为半径作圆，与抛物线C在
第一象限交点的横坐标为2．
（1）求抛物线C的方程；
（2）直线y＝kx+1与抛物线C交于A，B两点，过A，B分别作抛物线C的切线l，l，设切线l，l 的交点为P，求
1 2 1 2
证：△PAB为直角三角形．
【答案】（1）x2 =4y；（2）证明见解析.
【分析】
p
（1）由题意可得M点的坐标为(2, )，代入抛物线方程，即可求出p的值；
2
x2 x 2 1 1
（2）设A(x , 1 ),B(x , 2 )，利用导数的几何意义得到A，B两点处的切线斜率分别为k = x ，k = x ，联立
1 4 2 4 1 2 1 2 2 2
直线与抛物线方程，利用韦达定理得到k1k2＝﹣1，从而得到△PAB为直角三角形．
【详解】
（1）记抛物线C与圆F在第一象限的交点为M，
p
由圆F与抛物线C的准线相切，且M到抛物线C准线的距离等于圆F的半径 ，
p
所以M点的坐标为(2, )，代入抛物线方程得： p2 =4(p >0)，
2
所以 p =2，所以抛物线的方程为x2 =4y.
x2 x 2
（2）设A(x , 1 ),B(x , 2 )，
1 4 2 4
1 1
由x2 =4y，可得y= x2 ，则 y′= x，
4 2
1 1
所以A，B两点处的切线斜率分别为k = x ，k = x ，
1 2 1 2 2 2
y =kx+1
由 ，得x2 −4kx−4=0，所以x +x =4k,x x =−4，
x2 =4y 1 2 1 2
1
所以k k = x x =−1，
1 2 4 1 2
所以PA⊥ PB，即∆PAB为直角三角形．
75
学科网（北京）股份有限公司【点睛】
本题主要考查抛物线的标准方程的求解、及直线与抛物线的位置关系的综合应用,解答此类题目，通常联立直线方程与抛
物线方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好
的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．
【变式训练7-2】如图，已知点P是 y 轴左侧（不含 y 轴）一点，抛物线C: y2 =4x上存在不同的两点A、B，满足PA、
PB的中点均在抛物线C上.
（1）求抛物线C的焦点到准线的距离；
（2）设 AB中点为M ，且P(x ,y )，M(x ,y )，证明： y = y ；
P P M M P M
y2
（3）若P是曲线x2 + =1（x<0）上的动点，求∆PAB面积的最小值.
4
【答案】（1）2；（2）证明见解析；（3）6 2.
【分析】
（1）直接利用抛物线定义得到答案.
y2 y2
（2）设P(x ,y )，A( 1 ,y )，B( 2 ,y )，根据 AP中点在抛物线上得到
0 0 4 1 4 2
y2 −2y y +8x − y2 =0，同理得到 y ,y 是二次方程 y2 −2y y+8x − y2 =0的两不等实根，计算得到答案.
1 0 1 0 0 1 2 0 0 0
5 1
（3）设t = 1−x −x2 ∈[1, ]，代换得到S = (x −x )| y − y |=6 2t3 计算得到答案.
0 0 2 2 M 0 1 2
【详解】
（1）焦点坐标为（1,0），准线方程为x＝－1，所以，焦点到准线的距离为2.
y2 y2
（2）设P(x ,y )，A( 1 ,y )，B( 2 ,y )，
0 0 4 1 4 2
x y2 y + y
则PA中点为( 0 + 1 , 0 1)，
2 8 2
y + y x y2
由AP中点在抛物线上可得( 0 1)2 =4( 0 + 1 )，
2 2 8
化简得 y2 −2y y +8x − y2 =0，显然 y ≠ y ，
1 0 1 0 0 2 1
76
学科网（北京）股份有限公司且对y 也有y2 −2y y +8x − y2 =0，
2 2 0 2 0 0
所以 y ,y 是二次方程 y2 −2y y+8x − y2 =0的两不等实根，
1 2 0 0 0
y + y
所以 y + y =2y ， y = 1 2 = y = y .
1 2 0 M 2 0 P
1 1
（3）S = (x −x )(| y − y |+| y − y |) = (x −x )| y − y |，
2 M P 1 M M 2 2 M 0 1 2
由（1）可得 y + y =2y ， y y =8x − y2 ，
1 2 0 1 2 0 0
∆=(2y )2 −4(8x − y2)=8(y2 −4x )>0(y ≠ y )，
0 0 0 0 0 1 2
y2
此时P(x ,y )在半椭圆x2 + =1(x<0)上，
0 0
4
∴∆=8(y 2 −4x )=8[4(1−x 2)−4x ]=32(1−x −x 2)，
0 0 0 0 0 0
∵−1≤ x <0，∴∆>0，
0
∆
∴| y − y |= = 32(1−x −x2) =4 2(1−x −x2) ，
1 2 |a| 0 0 0 0
y2 + y2 (y + y )2 −2y y 4y2 −2(8x − y2) 6(4−4x2)
|x −x |= 1 2 −x = 1 2 1 2 −x = 0 0 0 −x = 0 −3x =3(1−x −x2)，
M P 8 0 8 0 8 0 8 0 0 0
1
所以S = (x −x )| y − y |=6 2(1−x −x2) 1−x −x2 =6 2t3 ，
2 M 0 1 2 0 0 0 0
5 15 10
t = 1−x −x2 ∈[1, ]，所以S =6 2t3∈[6 2, ]，
0 0 2 4
即∆PAB的面积的最小值是6 2.
【点睛】
本题考查了面积的最值问题，证明坐标关系，综合性强，计算量大，意在考查学生的综合应用能力和计算能力.
【变式训练7-3】设抛物线C:y=x2的焦点为F，动点P在直线l:x−y−2=0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．
1
【答案】(1)y= (4x2−x+2)(2)见解析
3
【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．
77
学科网（北京）股份有限公司解：（1）设切点A，B坐标分别为 ( x ,x2) 和 ( x，x2) (x ≠ x ) ，
0 0 1 1 1 0
∴切线AP的方程为：2x x−y−x2 =0；切线BP的方程为：2xx−y−x2 =0；
0 0 1 1
x +x
2x x −y −x2 =0 x = 0 1 x +x
由于P既在AP又在BP上，所以{ 0 P P 0 解得{ p 2 ，P( 0 1,x x )
2xx −y −x2 =0 2 0 1
1 P P 1 y =x x
p 0 1
x +x +x
所以�APB的重心G的坐标为x = 0 1 p =x ，
G 3 p
y +y +y x2+x2+x x (x +x )2−x x 4x2 −y
y = 0 1 p = 0 1 0 1 = 0 1 0 1 = p p ，
G 3 3 3 3
所以y =−3y +4x2，由点P在直线l上运动，从而得到重心G的轨迹方程为：
P G G
x− ( −3y+4x2) −2=0，即y= 1( 4x2−x+2 ) ．
3
  1  x +x 1   1
（2）方法1：因为FA=x，x2− ，FP= 0 1，x x − ，FB=x，x2− ．
 0 0 4  2 0 1 4  1 1 4

由于P点在抛物线外，则 FP ≠0．
，
同理有 ，
∴∠AFP=∠PFB．
x 
方法2：①当xx =0时，由于x ≠ x ，不妨设x =0，则y =0，所以P点坐标为 1，0，则P点到直线AF的距离为：
1 0 1 0 0 0  2 
1
x x2−
d 1 = 2 1 ；而直线BF的方程： y− 1 = 1 4 x ，
4 x
1
 1x x  1 x
x2−  1 + 1 x2+  1
 1 1  1 4 2 4  1 4 2 x
即  x 1 2− 4   x−x 1 y+ 4 x 1 =0．所以P点到直线BF的距离为： d 2 =   x2− 1   2 +(x )2 = x 1 2+ 1 4 = 2 1 所以d 1 =d 2 ，
 1 4 1
即得∠AFP=∠PFB．
1
x2−  1 1
②当x 1 x 0 ≠0时，直线AF的方程： y− 1 = 0 4(x−0)，即  x 0 2− 4   x−x 0 y+ 4 x 0 =0，
4 x −0
0
1
x2−  1 1
直线BF的方程： y− 1 = 1 4(x−0)，即  x 1 2− 4   x−x 1 y+ 4 x 1 =0，
4 x −0
1
78
学科网（北京）股份有限公司所以P点到直线AF的距离为：
 1x +x  1 x −x  1
x2−  0 1−x2x + x 0 1 x2+ 
 0 4 2  0 1 4 0 2  0 4 x −x
d = = = 0 1
1  1 2 x2+ 1 2 ，
  x 0 2− 4   +x 0 2 0 4
同理可得到P点到直线BF的距离 ，因此由d =d ，可得到∠AFP=∠PFB．
1 2
【变式训练7-4】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.已知抛物线
C:y2 =2px(p>0) 的焦点为F，A,B（A与B不关于x轴对称）是C上两点，且A,B,F三点共线，�PAB为阿基米德
三角形，P是抛物线C在弦AB两端点处的两条切线的交点.
(1)证明：点P在C的准线上；
(2)证明：PF ⊥ AB；
(3)已知O为坐标原点，OP与弦AB交于点M ，求 tan∠PMA 的最小值.
（附：抛物线y2 =2px(p>0) 以点 (m,n) 为切点的切线方程为ny= p(x+m) ）
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)2 2
【分析】（1）联立直线AB方程和抛物线方程可得y y =−p2，联立在A,B处的切线方程，并整理可得交点P的横坐标为
1 2
p
− ，即证明点P在C的准线上；
2
（2）根据在A处的切线方程得到点P的坐标，从而得到直线PF的斜率，根据k ⋅k =−1得到PF ⊥ AB；
PF
2
（3）由抛物线的对称性得 tan∠OMF = tan(∠MFx−∠MOF) ，结合k ,k 化简为 k + ，利用均值不等式求得最值.
AB OP k
 p
【详解】（1）设A(x,y ) ，B(x ,y ) ，因为A,B,F三点共线，所以AB的方程为y=kx− .
1 1 2 2  2
y2 =2px,
 2py
联立  p 得y2− − p2 =0，所以y y =−p2.
y=kx− , k 1 2
  2
以A为切点的切线方程为y y= p(x+x ) ，以B为切点的切线方程为y y= p(x+x ) ，
1 1 2 2
y2y y2y
1 2 − 2 1
两切线方程联立可得 x y −x y 2p 2p y y p ，
x= 1 2 2 1 = = 1 2 =−
y −y y −y 2p 2
1 2 1 2
所以交点P在C的准线上.
 p
（2）将x=− p 代入y y= p(x+x ) ，可得 p  x 1 − 2  .
2 1 1 y=
y
1
79
学科网（北京）股份有限公司 p p  p p
因为y =kx − ，所以y= ，则点P的坐标为− , .
1  1 2 k  2 k 
p
 p  k 1
焦点F ,0，则k = =− ，
 2  PF p p k
− −
2 2
所以k ⋅k =−1，故PF ⊥ AB.
PF
 p p 2
（3）由（2）可知− , ，所以k =− .
 2 k  OP k
由于抛物线的对称性，可令∠OMF =∠MFx−∠MOF，
tan∠MFx−tan∠MOF k −k
所以 tan∠OMF = tan(∠MFx−∠MOF) = = AB OP
1+tan∠MFx⋅tan∠MOF 1+k ⋅k
AB OP
2
k+
k 2
= = k + ≥2 2，当且仅当 k = 2时，等号成立.
1−2 k
因为∠OMF与∠PMA互补，所以 tan∠OMF = tan∠PMA ，
故 tan∠PMA 的最小值为2 2.
【变式训练7-5】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为抛物线的阿基米德三角形，
弦AB与抛物线所围成的封闭图形称为相应的“囧边形”，且已知“囧边形”的面积恰为相应阿基米德三角形面积的三分
之二．如图，点P是圆Q:x2+(y+5)2 =4上的动点，�PAB是抛物线Γ:x2 =2py(p>0)的阿基米德三角形，F是抛物线
Γ的焦点，且|PF| =6．
min
(1)求抛物线Γ的方程；
80
学科网（北京）股份有限公司(2)利用题给的结论，求图中“囧边形”面积的取值范围；
(3)设D是“圆边形”的抛物线弧� AB上的任意一动点（异于A，B两点），过D作抛物线的切线l交阿基米德三角形的两
切线边PA，PB于M，N，证明： AM ⋅ BN = PM ⋅ PN ．
【答案】(1)x2 =12y
 56 
(2) 24, 21 
 3 
(3)证明见解析
【分析】（1）根据圆的几何性质可知|PF| =|QF|−r，据此求出 p可得解；
min
（2）求出弦长 AB 及点P到直线的距离，可得出�PAB面积，由P点在圆上，可得面积取值范围，再由“囧边形”面积
与�PAB面积关系得解；
AM NP
（3）求出过D点切线方程，联立PA,PB可得M,N横坐标，据此利用横坐标可得 = ，即可得证.
MP BN
 P
【详解】（1）由题意得，Q(0,−5),r=2,F0,
，
 2
P
由|PF| =|QF|−r= +3=6⇒ p=6，
min 2
所以Γ:x2 =12y
 x2   x2 
（2）设AB: y=kx+m,Ax, 1 ,Bx , 2 ，
 1 12  2 12
联立


x2 =12y
⇒x2−12kx−12m=0，∆=48 ( 3k2+m ) >0，
y=kx+m
设方程的两根为x,x ，则x +x =12k,xx =−12m，
1 2 1 2 1 2
x x2 x x x2
由x2 =12y⇒ y′= ，所以PA:y− 1 = 1(x−x )⇒PA: y= 1 x− 1 ，
6 12 6 1 6 12
x x2 x x2 x +x
联立直线PA,PB可得 1 x − 1 = 2 x − 2 ⇒x = 1 2 =6k，
6 p 12 6 p 12 p 2
x x +x x2 xx
代入PA方程中，得y = 1⋅ 1 2 − 1 = 1 2 =−m，即P(6k,−m)，
p 6 2 12 12
1 1 |6k2+2m| 3
故�PAB的面积S △PAB =
2
|AB|⋅d =
2
1+k2 ⋅4 3 3k2+m⋅
1+k2
=4 3 ( 3k2+m ) 2.
4−(5−m)2
因为P(6k,−m)在圆Q上，所以36k2+(5−m)2 =4⇒k2 = 且m∈[3,7]，
36
4−(m−5)2 −m2+22m−21
于是3k2+m= +m= ，
12 12
81
学科网（北京）股份有限公司−32+22×3−21 −72+22×7−21
显然此式在m∈[3,7]上单调递增，故3k2+m∈ , ，
 12 12 
3
也即3k2+m∈[3,7] ，因此S =4 3 ( 3k2+m ) 2∈36,28 21，
△PAB  
2  56 
由题干知“囧边形”面积=
3
S △PAB ，所以“囧边形”面积的取值范围为

24,
3
21 

.
x +x
（3）由（2）知，x = 1 2 ,
P 2
设B(x ,y ) ，过B的切线y−y = 1 x (x−x ) ，即y= x 3 x− x 3 2 ，
3 3 3 6 3 3 6 12
x x2 x +x x +x
过B点切线交PA: y= 1 x− 1 得x = 1 3 ，同理x = 2 3 ，
6 12 M 2 N 2
x +x
x − 1 3
AM x −x 1 2 x −x
因为 = 1 M = = 1 3 ，
MP x −x x +x x +x x −x
P M 1 2 − 1 3 2 3
2 2
x +x x +x
1 2 − 2 3
NP x −x 2 2 x −x
= P N = = 1 3 .
BN x −x x +x x −x
2 N x − 2 3 2 3
2 2
AM NP
所以 = ，即 AM ⋅ BN = PM ⋅ PN .
MP BN
【点睛】关键点点睛：联立直线与抛物线，根据韦达定理及弦长公式得出 AB ，再由切线相交得出P点坐标，求出三角
形面积，再由P点在圆上得出面积的范围是求解“囧边形”面积范围的关键，第三问中利用直线上线段长度之比可化为横
坐标（或纵坐标）之比是解题的关键.
题型 08：阿基米德三角形的综合应用
【典型例题1】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 =2px(p>0) ，弦AB过焦点F，�ABQ为阿基米德三角形，则�ABQ为（ ）
A．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
【答案】B
【分析】设出直线AB的方程，联立抛物线，利用韦达定理得出y +y ,y y ，再设出切线方程利用判别式为0得出切线
1 2 1 2
斜率关系即可判断.
82
学科网（北京）股份有限公司【详解】
如图，设A(x,y ) ，B(x ,y ) ，则y2 =2px ，y2 =2px ，易知直线AB的斜率不为0，
1 1 2 2 1 1 2 2
 p
p my=x−
设直线AB的方程为my=x− ，联立 2 ，
2  y2 =2px
整理得y2 −2pmy− p2 =0，则y +y =2pm，y y =−p2．易知切线的斜率肯定不为0，
1 2 1 2
 y2
y2 k (y−y )=x− 1
设过点A的切线方程为k (y−y )=x− 1 ，联立 1 1 2p，
1 1 2p 
y2 =2px
整理得y2−2pk y+2pk y −y2 =0，
1 1 1 1
则∆=(−2pk )2−4 ( 2pk y −y2) =0，即 pk = y ，
1 1 1 1 1 1
y2
设过点B的切线方程为k (y−y )=x− 2 ，同理可得 pk = y ，
2 2 2p 2 2
1
则p2kk = y y =−p2，得kk =−1， =−1，
1 2 1 2 1 2 kk
1 2
则两条切线的斜率之积为−1，故�ABQ是直角三角形．
故选：B．
【典型例题2】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”
△PAB，下列结论不正确的是（ ）
32
A． AB = B．PA⊥PB
3
( )
C．PF ⊥ AB D．点P的坐标为 3,−2
【答案】D
 4 3 2 ( ) 32 3
【分析】联立方程可解得A  − ,   ,B 4 3,6 ，则 AB = ，根据导数可得k =− ,k = 3，可判断PA⊥PB，
 3 3 3 A 3 B
83
学科网（北京）股份有限公司4 3 
利用点斜式可求得两条切线方程 3x+3y+2=0和 3x−y−6=0，联立求P   3 ,−2   ，再求k PF =− 3，可判断
PF ⊥ AB．
 3x−3y+6=0 2
【详解】联立方程 ，消去x得：3y2−20y+12=0，解得y = 或y 6
 x2 =8y 1 3 2
 4 3 2 ( ) 32
即A  − ,   ,B 4 3,6 ，则 AB = ，A正确；
 3 3 3
x2 x
∵x2 =8y，即y= ,y′=
8 4
 4 3 2 ( ) 3
对于A  − ,   ,B 4 3,6 ，切线斜率分别为k =− ,k = 3
 3 3 A 3 B
∴k k =−1，即PA⊥PB，B正确；
A B
2 3 4 3
在点A的切线方程为y− =−   x+  ，即 3x+3y+2=0
3 3  3 
同理可得在点B的切线方程为 3x−y−6=0
  3x+3y+2=0  x= 4 3 4 3 
联立方程 ，解得 3 ，即P  ,−2 ，D不正确；
 3x−y−6=0 
 y=−2
 3 
−2−2
∵F(0,2) ，则 k PF = 4 3 =− 3 ，k = 3
−0 AB 3
3
∴k k =−1，即PF ⊥ AB，C正确；
PF AB
故选：D．
【典型例题3】AB为抛物线x2 =2py(p>0) 的弦，A(x,y ) ，B(x ,y ) 分别过A,B作的抛物线的切线交于点M(x ,y )，
1 1 2 2 0 0
称�AMB为阿基米德三角形，弦AB为阿基米德三角形的底边.若弦AB过焦点F，则下列结论错误的是（ ）
A．x +x =2x
1 2 0
B．底边AB的直线方程为x x− p(y+y )=0；
0 0
C．�AMB是直角三角形；
D．�AMB面积的最小值为2p2.
【答案】D
84
学科网（北京）股份有限公司x x2 x x2
【分析】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= 1 x− 1 和y= 2 x− 2 ，得
p 2p p 2p
1 x2 x2
到 (x −x )x= 1 − 2 ，进而可判定A正确；
p 1 2 2p 2p
点M(x ,y )在直线AM,BM 上，进而得到底边AB的直线方程，可判定B正确；
0 0
p
设直线AB:y=kx+ ，联立方程组，根据k ⋅k =−1，可判定C正确；
2 MA MB
3
取AB的中点H，化简得到�AMB的面积为S = p2( 1+k2) 2，可判定D不正确.
【详解】如图：
x2 1
依题意设A(x,y ) ，B(x ,y ) ，由方程x2 =2py，可得y= ，则y′= x，
1 1 2 2 2p p
1 1
由导数的几何意义知，直线AM 的斜率为k = x ，同理直线BM 的斜率为k = x ，
AM p 1 BM p 2
可得A处的切线方程为：y−y = 1 x (x−x ) ，即y− x 1 2 = 1 x (x−x ) ，
1 p 1 1 2p p 1 1
x x2 x x2
化简可得y= 1 x− 1 ，所以直线AM 的方程为y= 1 x− 1 ，
p 2p p 2p
x x2 x x2 x x2
同理可得：直线BM的方程为y= 2 x− 2 ，所以 1 x− 1 = 2 x− 2 ，
p 2p p 2p p 2p
1 x2 x2
则 (x −x )x= 1 − 2 ，
p 1 2 2p 2p
x +x
因为x ≠ x ，解得x= 1 2 ，即x +x =2x ，所以A正确；
1 2 2 1 2 0
因点M(x ,y )在直线AM,BM 上，
0 0
可得x ⋅x − p(y +y )=0，x ⋅x − p(y +y )=0，
0 1 0 1 0 2 0 2
即A(x,y ) 在x x− p(y+y )=0上，B(x ,y ) 在x x− p(y+y )=0上，
1 1 0 0 2 2 0 0
所以底边AB的直线方程为x x− p(y+y )=0，所以B正确；
0 0
85
学科网（北京）股份有限公司 p
p y=kx+
设直线AB:y=kx+ ，联立方程组 2 ，整理得x2−2pkx− p2 =0，
2  x2 =2py
则∆=(−2p)2+4p2 =8p2 >0且x +x =2pk，xx =−p2，
1 2 1 2
x x −p2  
因为k ⋅k = 1⋅ 2 = =−1，所以MA⋅MB=0，
MA MB p p p2
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，
 x2 x2 
 1 + 2 
1 1 y +y p 1 2p 2p p
所以S = MH ⋅ x −x =  1 2 + ⋅ x −x =  + ⋅ x −x
2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2
 
 
1x2+x2 p
=  1 2 + ⋅ x −x
2 4p 2 1 2
因为x +x =2pk，xx =−p2，所以x2+x2 =(x +x )2−2xx =4p2k2+2p2，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
x −x = (x +x )2−4x ⋅x =2p 1+k2 ，
1 2 1 2 1 2
代入可得S =
1

4p2k2+2p2
+
p
⋅2p 1+k2 =
2p
( 1+k2)
2p 1+k2 = p2( 1+k2)
3
2，
2 4p 2 4
当k =0时，S = p2，所以D不正确.
min
故选：D.
【点睛】方法点睛：与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法：
（1）数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利用平面图形的几何性质求解；
（2）构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数法求最值（注意：
有时需先换元后再求最值）．
【典型例题4】过抛物线y2 =2px(p>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l 、l 相交于点P.�PAB又常被称作阿基米德三角形.下面关于�PAB的描述：
1 2
①P点必在抛物线的准线上；
②AP⊥PB；
③设A(x,y ) 、B(x ,y ) ，则�PAB的面积S的最小值为
p2
；
1 1 2 2
2
④PF ⊥ AB；
⑤PM 平行于x轴.
其中正确的个数是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
p
【解析】作出图形，设点A(x,y ) 、B(x ,y ) ，设直线AB的方程为x=my+ ，将直线AB的方程与抛物线方程联立，
1 1 2 2 2
86
学科网（北京）股份有限公司列出韦达定理，求出直线l 、l 的方程，求出点P的坐标，可判断①的正误；利用直线PA、PB斜率的关系可判断②的正
1 2
误；计算出�PAB的面积S的表达式，可判断③的正误；利用直线PF、AB的斜率关系可判断④的正误；求出直线PM 的
斜率，可判断⑤的正误.综合可得出结论.
【详解】先证明出抛物线y2 =2px(p>0) 在其上一点 (x ,y ) 处的切线方程为y y= px+ px .
0 0 0 0
证明如下：
由于点 (x ,y ) 在抛物线y2 =2px上，则y2 =2px ，
0 0 0 0
y2 =2px
联立 ，可得2y y= y2+2px ，即y2−2y y+y2 =0，∆=0，
y y= px+ px 0 0 0 0
0 0
所以，抛物线y2 =2px(p>0) 在其上一点 (x ,y ) 处的切线方程为y y= px+ px .
0 0 0 0
如下图所示：
p
设A(x,y ) 、B(x ,y ) ，设直线AB的方程为x=my+ ，
1 1 2 2 2
 p
x=my+
联立 2 ，消去x得y2−2mpy− p2 =0，
 y2 =2px
由韦达定理可得y y =−p2，y +y =2mp，
1 2 1 2
y2
对于命题①，抛物线y2 =2px在点A处的切线方程为y y= px+ px ，即y y= px+ 1 ，
1 1 1 2
y2
同理可知，抛物线y2 =2px在点B处的切线方程为y y= px+ 2 ，
2 2
 y2  y y p
y y= px+ 1  x= 1 2 =−
 1 2  2p 2 p
联立 ，解得 ，所以点P的横坐标为− ，
 y2  y +y 2
y y= px+ 2 y= 1 2 =mp
 2 2  2
即点P在抛物线的准线上，①正确；
p p p2
对于命题②，直线l 的斜率为k = ，直线l 的斜率为k = ，∴kk = =−1，
1 1 y 2 2 y 1 2 y y
1 2 1 2
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；
87
学科网（北京）股份有限公司1
当AB不与x轴垂直时，直线AB的斜率为k = ，
AB m
mp
直线PF的斜率为k = =−m，∴k ⋅k =−1，则PF ⊥ AB.
PF −p AB PF
综上，PF ⊥ AB，④正确；
对于命题③， AB = 1+m2 ⋅ y −y ，
1 2
 y +y  2
PF = p2+ 1 2  = p2+m2p2 = p 1+m2 ，
 2 
所 以 ， S = 1 AB ⋅ PF = 1 1+m2 ⋅ y −y ⋅p 1+m2 = p( m2+1 ) ⋅ y + p2
△PAB 2 2 1 2 2 1 y
1
= p ⋅ ( m2+1 ) ⋅   y + p2  ≥ p ×2 y ⋅ p2 = p2，
2   1 y   2 1 y
1 1
m=0
当且仅当 时，等号成立，③错误；
y =±p
1
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.
【变式训练8-1】（多选）抛物线的弦与过弦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交点在其准线上．设抛物线y2 =4x，弦AB过
焦点F,H 为AB的中点，O为坐标原点，�ABQ为其阿基米德三角形，则（ ）
 
A．存在点Q，使得QA⋅QB>0 B．任意点Q，都有AB⊥QF
 
C．任意点Q，都有QH∥OF D．�ABQ面积的最小值为4
【答案】BCD
【详解】设A(x,y ),B(x ,y ) ，设直线AB:x=my+1，
1 1 2 2
x=my+1,
联立 得y2−4my−4=0，则y + y =4m,y y =−4．
y2 =4x 1 2 1 2
设过点A的切线为y−y =k(x−x ) ，则y2 =4x
1 1 1 1
y−y =k(x−x ) 4 4y
联立 1 1 ,整理可得y2− y+ 1 −y2 =0，
 y2 =4x k k 1
 4 2 4y  2
由Δ=−  −4 1 −y2 =0，可得k = ，
 k  k 1  y
1
2
同理可得过点B的切线斜率为 ．
y
2
88
学科网（北京）股份有限公司2 2 4  
对于A，因为k ⋅k = ⋅ = =−1，所以QA⋅QB=0，故A错误；
QA QB y y −4
1 2
2
对于B，可得A处的切线方程分别为： y−y = (x−x ) ，∵y2 =4x ，
1 y 1 1 1
1
即y y=2(x+x ) ；
1 1
同理B处的切线方程分别为：y y=2(x+x )
2 2
y y=2(x+x ) y2 =4x
由 1 1 及 1 1 ，
y
2
y=2(x+x
2
) y
2
2 =4x
2
2x −2x y +y y2+y y 4x −4
得y= 1 2 = 1 2 =2m，x= 1 1 2 −x = 1 −x =−1
y −y 2 4 1 4 1
1 2
y +y
可得Q(−1,2m) ，因为F(1,0) ，所以k =− 1 2 =−m，
QF 4
1
又因为直线AB的斜率为 ，所以AB⊥QF，故B正确；
m
y +y  
对于C，因为y = y = 1 2 ，所以QH∥OF ，故C正确；
H Q 2
对于D， AB = 1+m2 (y +y )2−4y y =4 ( 1+m2) ，|QF|=2 m2+1,
1 2 1 2
S = 1 AB ⋅QF = 1 ×4 ( 1+m2) ×2 1+m2 =4 ( 1+m2) 1+m2
�ABQ
2 2
当m=0时，�ABQ面积取得最小值为4，故D正确．
故选：BCD．
【点睛】关键点点睛：设A(x,y ),B(x ,y ) 且y ≠ y ，AB:x=my+1，联立抛物线应用韦达定理有y + y =4m,y y =−4，
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2
求过A,B的切线，进而确定Q在准线上且AB⊥QF，利用面积公式求出最小值.
【变式训练8-2】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A在第一象限，则下列说法正确的是（ ）
A．点P的纵坐标为−2 B．C的准线方程为x=−2
C．若 AF =8，则AB的斜率为 3 D．�PAB面积的最小值为16
【答案】AD
【分析】设A(x,y ) ，B(x ,y ) ，直线AB:y=kx+2，联立方程组，求得x +x =8k，xx =−16，求得A，B两点处
1 1 2 2 1 2 1 2
89
学科网（北京）股份有限公司的切线方程，可求得点P(4k,−2) 判断A；求得准线方程判断B；由 AF = y +2=8，可求得P ( 4 3,6 ) ，进而可求得
1
4k2+4 3
k
AB
=k
AF
，判断C； AB =8k2+8，d =
1+k2
，进而可得S
△ABP
=16 ( 1+k2) 2，可求�ABP的最小值，判断D.
【详解】对于A项，设A(x,y ) ，B(x ,y ) ，直线AB:y=kx+2，
1 1 2 2
联立C:x2 =8y，消去y，得x2−8kx−16=0，Δ=64k2+64>0，
所以x +x =8k，xx =−16，
1 2 1 2
1 1 1
由C:x2 =8y，得y′= x，则点A处的切线：y= xx− x2①，
4 4 1 8 1
1 1 x +x
同理点B处的切线：y= x x− x2②，联立①②，得x= 1 2 ，y=−2，
4 2 8 2 2
所以，点P(4k,−2)
，故A正确；
对于B项，准线方程为y=−2，故B错误；
( ) 6−2 3
对于C项， AF = y +2=8，得y =6，所以P 4 3,6 ，k =k = = ，故C错误；
1 1 AB AF 4 3 3
4k2+4
对于D项， AB = y +y +4=k(x +x )+8=8k2+8，点P到直线AB的距离为：d = ，
1 2 1 2 1+k2
所以S = 1 AB ⋅d = 1( 8k2+8 ) ⋅ 4k2+4 =16 ( 1+k2) 3 2，
△ABP 2 2 1+k2
当k =0时，�ABP的面积有最小值16.故D正确.
故选：AD.
【变式训练8-3】古希腊著名数学家阿波罗尼斯（约公元前262年至前190年）与欧几里得､阿基米德齐名， 著有《 齐
锥曲线论》八卷．他发现平面内到两个定点的距离之比为定值λ(λ≠1)
的点所形成的图形是圆．后来人们将这个圆以他的
 1 PA 1
名字命名，称为阿波罗尼斯圆．已知在平面直角坐标系xOy中，A2, ,B(2,2) ．点P满足 = ，设点P的轨迹为
 2 PB 2
曲线E，下列结论正确的是（ ）
A．曲线E的方程为(x−2)2+y2 =1
B．曲线E的周长为π
90
学科网（北京）股份有限公司3 2
C．曲线E上的点到直线x+y+1=0的最小距离为 −1
2
D．若点Q为抛物线C:y2 =4x上的动点，抛物线C的焦点为F，则 PQ + QF 的最小值为2
【答案】ACD
【分析】根据题意求出P的轨迹，结合圆中的相关知识进行分析判断即可.
2
 1
(x−2)2+y−

【详解】对于A，设P(x,y)，则 PA  2 1，
= =
PB (x−2)2+(y−2)2 2
化简得，x2+y2−4x+3=0，即(x−2)2+y2 =1，则选项A正确；
对于B，可知曲线E的半径为1，周长为2π，故B错误；
对于C，设曲线E上的圆心E(2,0)
，
所以圆心E(2,0) 到直线x+y+1=0的距离为：d = 2+1 = 3 2 ，
2 2
3 2
曲线E上的点到直线x+y+1=0的最小距离为 −1，故C正确；
2
对于D，由抛物线的定义知， QF = HQ ，
PQ + QF = PQ + QH ，
C:y2 =4x的准线方程为：x=−1，
所以 PQ + QF 的最小值为E点到直线x=−1的距离减半径，
即为3−1=2，故D正确.
故选：ACD.
【变式训练8-4】阿基米德是伟大的物理学家，更是伟大的数学家，他曾经对高中教材中的抛物线做过系统而深入的研究，
定义了抛物线阿基米德三角形：抛物线的弦与弦的端点处的两条切线围成的三角形称为抛物线阿基米德三角形.设抛物线
C：y x2上两个不同点A,B横坐标分别为x，x ，以A,B为切点的切线交于P点.则关于阿基米德三角形PAB的说法正
1 2
确的有（ ）
A．若AB过抛物线的焦点，则P点一定在抛物线的准线上
91
学科网（北京）股份有限公司3 3
B．若阿基米德三角形PAB为正三角形，则其面积为
4
1
C．若阿基米德三角形PAB为直角三角形，则其面积有最小值
4
|x −x |2
D．一般情况下，阿基米德三角形PAB的面积S = 1 2
4
【答案】ABC
【分析】设出直线AB的斜截式方程、点A,B的坐标，根据导数的几何意义求出切线PA,PB的方程，进而求出点P的坐
标，将直线AB的方程和抛物线方程联立，得到一元二次方程以及该方程两根的和、积的关系.
A：把抛物线焦点的坐标代入直线AB的斜截式方程中，根据抛物线的准线方程进行判断即可；
B：根据正三角形的性质，结合正三角形的面积公式进行判断即可；
C：根据直角三角形的性质，结合直角三角形的面积公式进行判断即可；
D：根据点到直线距离公式、两点间距离公式进行求解判断即可..
【详解】由题意可知：直线AB一定存在斜率，
所以设直线AB的方程为：y=kx+m，
由题意可知：点A(x,x2),B(x ,x2)，不妨设x <0<x ，
1 1 2 2 1 2
由y x2  y' 2x，所以直线切线PA,PB的方程分别为：
y−x2 =2x (x−x),y−x2 =2x (x−x )，
1 1 1 2 2 2
y−x2 =2x (x−x )
两方程联立得： 1 1 1 ，
y−x2 =2x (x−x )
2 2 2
 x +x
x= 1 2 x +x
解得： 2 ，所以P点坐标为：( 1 2,xx )，
 y=xx 2 1 2
1 2
直线AB的方程与抛物线方程联立得：
y=kx+m
 ⇒x2−kx−m=0⇒x +x =k,xx =−m.
y=x2 1 2 1 2
1 1
A：抛物线C：y x2的焦点坐标为(0, )，准线方程为 y=− ，
4 4
1 1
因为AB过抛物线的焦点，所以m= ，而xx =−m=− ，
4 1 2 4
显然P点一定在抛物线的准线上，故本选项说法正确；
B：因为阿基米德三角形PAB为正三角形，所以有|PA|=|PB|，
x +x x +x
即 ( 1 2 −x )2+(xx −x2)2 = ( 1 2 −x )2+(xx −x2)2 ，
2 1 1 2 1 2 2 1 2 2
因为 x ≠ x ，所以化简得：x =−x ，
1 2 1 2
此时A(x,x2),B(−x,x2)， P点坐标为：(0,−x2)，
1 1 1 1 1
因为阿基米德三角形PAB为正三角形，所以有|PA|=|AB|，
3
所以 (0−x )2+(−x2−x2)2 =−2x ⇒x =− ，
1 1 1 1 1 2
92
学科网（北京）股份有限公司因此正三角形PAB的边长为 3，
1 1 3 3 3
所以正三角形PAB的面积为 × 3× 3⋅sin60° = × 3× 3× = ，
2 2 2 4
故本选项说法正确；
C：阿基米德三角形PAB为直角三角形，当PA⊥PB时，
x +x x +x
1 2 −x 1 2 −x
所以 2 1 2 2 1，
k ⋅k =−1⇒ ⋅ =−1⇒xx =−
PA PB xx −x2 xx −x2 1 2 4
1 2 1 1 2 2
1
直线AB的方程为：y=kx+
4
k 1
所以P点坐标为：( ,− )，点 P到直线AB的距离为：
2 4
k 1 1
⋅k+(− )×(−1)+
2 4 4 = 1 k2+1 ，
k2+(−1)2 2
|AB|= (x −x )2+(x2−x2)2 = (x −x )2[1+(x +x )2]
1 2 1 2 1 2 1 2
= [(x +x )2−4x x ][1+(x +x )2]，
1 2 1 2 1 2
1
因为x +x =k,xx =− ，所以 AB= (k2+1)(1+k2) =1+k2，
1 2 1 2 4
1 1 1 1
因此直角PAB的面积为： × ⋅ k2+1⋅(k2+1)= (k2+1)3 ≥ ，
2 2 4 4
1
当且仅当k =0时，取等号，显然其面积有最小值 ，故本说法正确；
4
D：因为x + x = k,xx = −m，所以
1 2 1 2
|AB|= (x −x )2+(x2−x2)2 = (x −x )2[1+(x +x )2]= x −x k2+1，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
点P到直线AB的距离为：
x +x x +x
1 2 ⋅k+(−1)⋅x ⋅x +m 1 2 ⋅(x +x )+(−1)⋅x ⋅x −(xx )
2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 (x −x )2
= = ⋅ 1 2 ,
k2+(−1)2 k2+(−1)2 2 k2+1
1 1 (x −x )2 x −x 3
所以阿基米德三角形PAB的面积S = ⋅ x −x ⋅ k2+1⋅ ⋅ 1 2 = 1 2 ，
2 1 2 2 k2+1 4
故本选项说法不正确.
故选：ABC
【点睛】关键点睛：解决本题的关键就是一元二次方程根与系数关系的整体代换应用，本题重点考查了数学运算核心素养
的应用.
【变式训练8-5】若过点C可以作抛物线的两条切线，切点分别是A,B，则称ABC为“阿基米德三角形”．已知抛物线
E:y2 =8x的焦点为F，过F的直线l交E于A,B两点，以A,B为顶点的“阿基米德三角形”为ABC，则（ ）
93
学科网（北京）股份有限公司π
A．点C的横坐标为−2 B．∠ACB=
2
C． BC 2 > AB ⋅ BF D．ABC面积的最小值为16
【答案】ABD
【分析】设出直线l的方程，代入抛物线，写出韦达定理，利用导数求得切线，联立求交点，可得A的正误；通过两直线
垂直的斜率性质，可得B、C的正误，利用圆锥曲线中的弦长公式以及两点之间距离公式，结合三角形的面积公式，可得
D的正误.
【详解】对于A，F(2,0) ，设l:x=my+2，代入y2 =8x，
整理可得y2−8my−16=0，设A(x,y ),B(x ,y ) （不妨设y >0），
1 1 2 2 1
则y +y =8m,y y =−16.
1 2 1 2
1 1
由抛物线E：y2 =8x，整理可得函数 y=±2 2x2，则 y′=± 2x − 2，
设过点A的切线斜率为 2x 1 − 1 2，易知x 1 = 1 8 y 1 2，则切线方程为y−y 1 = 2x 1 − 1 2(x−x 1 )，即y= y 4 x+ y 2 1 ，同理可得：过点B
1
4 y
的切线方程为y= x+ 2
，
y 2
2
 4 y  1
  y= y x+ 2 1   x= 8 y 1 y 2 =−2
联立可得 1 ，解得 ，即故C(−2,4m)；
 y= 4 x+ y 2  y= 1 (y +y )=4m
  y 2  2 1 2
2
所以点C的横坐标为−2，故A正确；
4 y 4 y
对于B，由A可知：直线AC:y= x+ 1 ，直线BC:y= x+ 2
，
y 2 y 2
1 2
4 4 16 π
由 ⋅ = =−1，则AC ⊥BC，即∠ACB= ，故B正确；
y y y y 2
1 2 1 2
4m−0
对于C，由选项A可知C(−2,4m)，则直线CF的斜率k = =−m，
1 −2−2
1
由 k 1，则AB⊥CF.由选项B可知AC ⊥BC，
m 1
BC BF
所以�BFC��BCA，得 = ，即 BC 2 = BA BF ，故C错误；
BA BC
1
对于D，由C可得：S = ⋅ AB ⋅CF ，
�ABC
2
AB = 1+m2 y −y = 1+m2 ⋅ (y +y )2−4y y = 1+m2 ⋅ 64m2+64 =8(1+m2)，
1 2 1 2 1 2
CF = (4m−0)2+(−2−2)2 = 16m2+16，
3
则S
�ABC
=16 ( 1+m2) 2，当m=0时，S
�ABC
取得最小值为16，故D正确；
故选：ABD.
94
学科网（北京）股份有限公司【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于x或
y的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有xx ,x +x 或
1 2 1 2
y y ,y +y ，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题.
1 2 1 2
【变式训练8-6】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.设抛物线y2 =2px(p>0)，
弦AB过焦点F,�ABQ为其阿基米德三角形，则下列结论一定成立的是（ ）
 
A．存在点Q，使得QA⋅QB>0
   
B．AQ⋅AB=|AF|⋅|AB|
  
C．对于任意的点Q，必有向量QA+QB与向量a =(−1,0) 共线
D．�ABQ面积的最小值为 p2
【答案】BCD
p
【分析】设A(x,y ) ，B(x ,y ) ，设直线AB:x=my+ ，联立抛物线方程，结合韦达定理可得y +y =2pm,y y =−p2，
1 1 2 2 2 1 2 1 2
p p
利用直线与抛物线相切条件分别求得过点A,B的切线斜率为 , .对于A，计算k ⋅k =−1，从而可判断；对于B，
y y QA QB
1 2
 p y +y 
求得点A ，B处的切线方程分别为：y y= p(x+x ),y y= p(x+x ) ，从而可得Q− , 1 2 ，进而可得k =−m，
1 1 2 2  2 2  QF
y +y
从而有AB⊥QF，根据数量积的定义和相似三角形的性质即可判断；对于C，设AB的中点为H，得到y = 1 2 ，
H 2
   1
从而QH //x轴，而QA+QB=2QH，即可判断；对于D，设准线与x轴的交点为M ，由�ABQ面积的S = AB ⋅QF ，
2
可知当 AB 最短时（最短为2p）， QF 也最短，最短为 MF ，即可判断.
【详解】
95
学科网（北京）股份有限公司p
设A(x,y ) ，B(x ,y ) ，设直线AB:x=my+ ，
1 1 2 2 2
 p
x=my+
联立 2 ，化为y2 −2pmy− p2 =0，而∆=4p2m2+4p2 >0，
  y2 =2px
所以y +y =2pm,y y =−p2.
1 2 1 2
设过点A的切线为y−y =k(x−x ) ，
1 1
y−y =k(x−x ) 2p 2py
联立 1 1 ，整理可得y2− y+ 1 −y2 =0，
y2 =2px k k 1
2
 2p 2py  p
由∆=−  −4 1 −y2 =0，可得k= .
 k   k 1  y 1
p
同理可得过点B的切线斜率为 .
y
2
p p p2  
对于A，k ⋅k = ⋅ = =−1，∴QA⊥QB，∴QA⋅QB=0，故A错；
QA QB y y y y
1 2 1 2
对于B，可得点A ，B处的切线方程分别为：y y= p(x+x ),y y= p(x+x ) ，
1 1 2 2
 p y +y 
可得Q− , 1 2 ,
 2 2 
y +y
∴k =− 1 2 =−m
QF 2p
1
又因为直线AB的斜率为 ，∴AB⊥QF，
m
又由A选项可知QA⊥QB，所以�AQB∽�AFQ，所以 AQ 2 = AF ⋅ AB ，
 
∴AQ⋅AB= AQ 2 = AF ⋅ AB ，故B正确；
y +y
对于C，设AB的中点为H，则由y = 1 2 ,∴QH //x轴，
H 2
     
而向量QA+QB=2QH，∴向量QA+QB与向量a=(−1,0)共线，故C正确；
对于D，如图，设准线与x轴的交点为M ，
96
学科网（北京）股份有限公司1
�ABQ面积的S = AB ⋅QF ，可知当 AB 最短时（最短为2p）， QF 也最短，
2
最短为 MF ，所以�ABQ面积的最小值为p2，故D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为 (x,y ),(x ,y ) ；
1 1 2 2
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算∆；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x +x 、xx （或y +y 、y y ）的形式；
1 2 1 2 1 2 1 2
（5）代入韦达定理求解.
【变式训练8-7】圆锥曲线的弦与过弦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△MAB是抛物线
E:y2 =2px（ p>0）的阿基米德三角形，弦AB经过焦点F，（其中A点在B点上方），BC，AD均垂直于准线l，且C，
D为垂足，则下列说法正确的有（ ）
A．以AB为直径的圆必与准线l相切
2
CD
B． 为定值4
AF ⋅ BF
C．设点N(p,p) ，则�ANF周长的最小值为 ( 3+ 5 ) p
32
D．若弦AB的倾斜角为锐角，则tan2∠AOB⋅tan∠OFB的最小值为
9
【答案】ABD
【分析】根据抛物线的切线方程，相似关系，联立直线与抛物线方程后根与系数的关系，两角和的正切公式代入即可求解.
【详解】先证明出抛物线y2 =2px(p>0)在其上一点(x ,y )处的切线方程为y y= px+ px .
0 0 0 0
证明如下：
由于点(x ,y )在抛物线y2 =2px上，
0 0
则y2 =2px ，
0 0
 y2 =2px
联立
y y= px+ px
0 0
97
学科网（北京）股份有限公司即y2−2y y+y2 =0，∆=0，
0 0
所以抛物线y2 =2px(p>0)在其上一点(x ,y )处的切线方程为y y= px+ px .
0 0 0 0
p
设A(x,y )，B(x ,y )，设直线AB的方程为x=my+ ，
1 1 2 2 2
 p
x=my+
联立 2 消去x得y2−2mpy− p2 =0，显然∆>0，
 y2 =2px
根据根与系数的关系可得y y =−p2，y +y =2mp.
1 2 1 2
所以x +x =m(y +y )+ p=2m2p+ p， AB =x +x + p=2m2p+2p，
1 2 1 2 1 2
x +x p AB
所以以AB为直径的圆的圆心到准线的距离为 1 2 + =m2p+ p= ，
2 2 2
即以AB为直径的圆必与准线l相切于M 点，故A正确；
y2
又抛物线y2 =2px在点A处的切线方程为y y= px+ px ，即y y= px+ 1 .
1 1 1 2
y2
同理可知，抛物线y2 =2px在点B处的切线方程为y y= px+ 2 ，
2 2
由题意知y ≠0，y ≠0，
1 2
p p
直线MA的斜率为k = ，直线MB的斜率为k = ，
1 y 2 y
1 2
p2
∴kk = =−1，
1 2 y y
1 2
所以AM ⊥MB，即点M在以AB为直径的圆上，
 y2  y y p
y y= px+ 1  x= 1 2 =−
 1 2  2p 2
联立 ，解得 ，
 y y= px+ y 2 2  y= y 1 +y 2 =mp
 2 2   2p
p
所以点M 的横坐标为− ，
2
所以点M 在抛物线的准线上，
当AB垂直于x轴时，由抛物线的对称性可知，点 M 为抛物线的准线与x轴的交点，
98
学科网（北京）股份有限公司1
此时MF ⊥ AB，则 MF = AB ，|AF|=|BF|，
2
CD 2 AB 2 (2p)2
又此时|AB|=|CD|，则 = = =4为定值4，
AF ⋅ BF AF ⋅ BF p2
1
当AB不与x轴垂直时，直线AB的斜率为k = ，
AB m
mp
直线MF的斜率为k = =−m，
MF −p
∴k ⋅k =−1，
AB MF
则MF ⊥ AB，在Rt�MAB中， AF ⋅ BF =|MF|2，
又以AB为直径的圆与准线l相切于M点，
x +x y + y
设以AB为直径的圆的圆心为P( 1 2, 1 2)，即得PM ⊥l，
2 2
 p y +y 
则点M 坐标为− , 1 2 ，
 2 2 
CD 2 CD 2 y −y 2 (y +y )2−4y y (2mp)2+4p2
= = 1 2 = 1 2 1 2 = =4
则 AF ⋅ BF MF 2  y +y  2  y +y  2 2mp 2 ，故B正确；
p2+ 1 2  p2+ 1 2  p2+ 
 2   2   2 
对于C：
 p  p  p 2 5
抛物线的焦点为F ,0，准线为x=− ，所以 NF = p−  + p2 = p，
 2  2  2 2
由抛物线的定义可知 AF = AD ，
3p 5p
则�ANF的周长为C = AF + AN + NF = AD + AN + NF ≥ DN + NF = + ，
�ANF
2 2
当且仅当D、A、N 三点共线时取等号，故C错误；
1
对于D：直线AB的倾斜角为锐角，则k = 且m>0，
AB m
y y y y 4p2
k ⋅k = 1 2 = 1 2 = =−4
由题意知 OA OB xx y2y2 y y ，
1 2 1 2 1 2
4p2
99
学科网（北京）股份有限公司1
tan∠AOF =k ，tan∠BOF =−k ，y <0< y ，tan∠OFB=k = ，
OA OB 2 1 AB m
tan∠AOF+tan∠BOF
则tan∠AOB=tan(∠AOF+∠BOF)=
1−tan∠AOF⋅tan∠BOF
y y
1 − 2
=
k
OA
−k
OB =
x
1
x
2 =
2p(y
2
−y
1
)
=
−2p (y
2
+y
1
)2−4y
2
y
1 =−
4 m2+1，
1+k ⋅k 1−4 −3y y 3p2 3
OA OB 1 2
16 ( m2+1 ) 16 1  32 1 32
所以tan2∠AOB⋅tan∠OFB= = m+ ≥ m⋅ = ，
9m 9  m 9 m 9
1
当且仅当m= ，即m=1时取等号，
m
32
所以tan2∠AOB⋅tan∠OFB的最小值为 ，故D正确.
9
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题D选项关键是利用两角和的正切公式表示出tan∠AOB，再由基本不等式求出
tan2∠AOB⋅tan∠OFB的最小值.
【变式训练8-8】（多选）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(x,y ),B(x ,y ) ，
1 1 2 2
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°
x +x xx 
B．点P的坐标是 1 2 , 1 2 
 2 2 
C．�PAB的边AB所在的直线方程为 (x +x )x−2py−xx =0
1 2 1 2
D．�PAB的边AB上的中线与y轴平行（或重合）
【答案】ACD
 x   x 
【详解】由题意设Ax, 2 ,Bx , 2 ,x <x ，
 1 2p  2 2p 1 2
x2 x
由x2 =2py，得y= ，则y′ = ，
2p p
x x
所以k = 1,k = 2 ，
PA p PB P
p
若弦AB过焦点，显然直线AB斜率存在，设AB所在直线为y=kx+ ，联立x2 =2py，
2
100
学科网（北京）股份有限公司得x2−2pkx− p2 =0，
则xx =−p2，
1 2
−p2
所以k ⋅k = =−1，
PB PA p2
所以PA⊥PB，故A正确；
x2 x x2 x
以点A为切点的切线方程为y− 1 = 1(x−x ) ，以点B为切点的切线方程为y− 2 = 2 (x−x ) ，
2p p 1 2p p 2
x +x
联立消去y得x= 1 2 ，
2
x +x x2 x
将x= 1 2 代入y− 1 = 1(x−x ) ，
2 2p p 1
x x
得y= 1 2 ，
2p
x +x xx 
所以P 1 2, 1 2 ，故B错误；
 2 2p 
x +x
设N为抛物线弦AB的中点，N的横坐标为x = 1 2 ，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
N 2
称轴(或与对称轴重合)，故D正确；
x2 x2
2 − 1
设直线AB的斜率为 y − y 2p 2p x +x ，
k = 2 1 = = 1 2
x −x x −x 2p
2 1 2 1
x2 x +x
故直线AB的方程为y− 1 = 1 2(x−x ) ，
2p 2p 1
化简得 (x +x )x−2py−xx =0，故C正确.
1 2 1 2
故选：ACD.
【变式训练8-9】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，该三角形以其深刻的背
景、丰富的性质产生了无穷的魅力．设抛物线y2 =2px（p>0），弦AB过焦点F，�ABQ为其阿基米德三角形，则下
列结论一定成立的是（ ）
p
A．点Q在抛物线y2 =2px（p>0）的准线x=− 上
2
 
B．存在点Q，使得OA⋅QB>0
C． QF 2 = AF ⋅ BF
D．�ABQ面积的最小值为 p2
【答案】ACD
【分析】设A(x,y ),B(x ,y ) ，联立直线AB和抛物线，利用韦达定理得到y +y =2pm,y y =−p2，设出过A和过B的
1 1 2 2 1 2 1 2
p p
切线方程，利用已知得到k = ，k = ，即可判断选项A，再由QA⊥QB结合相似，即可判断选项C，再由向量间
QA y QB y
1 2
101
学科网（北京）股份有限公司的转化和运算即可判断选项B，结合特殊情况即可判断选项D.
【详解】设A(x,y ),B(x ,y ) ，
1 1 2 2
p
设直线AB：x=my+ ，
2
 p
x=my+
联立 2 得y2 −2pmy− p2 =0，
 y2 =2px
则y +y =2pm,y y =−p2，
1 2 1 2
设过点A的切线为y−y =k(x−x ) ，
1 1
y−y =k(x−x ) 2p 2py
联立 1 1 得y2− y+ 1 −y2 =0，
y2 =2px k k 1
 2p 2 2py  p
由Δ=−  −4 1 −y2 =0，可得k= ，
 k   k 1  y 1
p
同理可得过点B的切线斜率为 ，
y
2
所以A,B处切线方程分别为y y= p(x+x ),y y= p(x+x ) ，
1 1 2 2
 p y +y 
联立可得Q− , 1 2 ，故A正确；
 2 2 
p p
又即k = ，k = ，
QA y QB y
1 2
p2
所以k ⋅k = =−1，QA⊥QB，
QA QB y y
1 2
QF AF
所以�QAF ��BQF， = ，
BF QF
即 QF 2 = AF ⋅ BF ，C正确；
 p 
又F ,0，
 2 
 
 p   p 
所以OF = ,0,FA=x − ,y ，
 2   1 2 1
  y +y    p 
QF =p,− 1 2 ,FB=x − ,y ，
 2   2 2 1
     
( ) ( )
所以OA⋅QB= OF+FA ⋅ QF+FB
p y y y2
=xx + x + 1 2 − 1
1 2 2 1 2 2
p2 y2
=− − 1 <0，B错；
4 4
102
学科网（北京）股份有限公司y +y
由上述知，k =− 1 2 =−m，
QF 2p
1
又因为直线AB斜率为 ，
m
所以AB⊥QF，
设准线与x轴的交点为M ，
1
则�ABQ面积S = AB ⋅QF ，
2
当AB⊥x轴时， AB 最短（最短为2p），
QF 也最短（最短为 MF = p），
此时�ABQ面积取最小值 p2，D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：涉及方法有：（1）直线与抛物线相切问题；（2）焦点弦问题的计算能力；（3）数形结合思想.
【变式训练 8-10】（多选）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､丰富的性齐齐生了无齐的魅力 .设A,B是抛物线C:x2 =4y上两个不同的点，以A(x,y ),B(x ,y ) 为切点的切线
1 1 2 2
交于P点.若弦AB过点F(0,1)
，则下列说法正确的有（ ）
A．xx =−4
1 2
B．若x =2，则A点处的切线方程为x−y−1=0
1  
C．存在点P，使得PA⋅PB>0
D．�PAB面积的最小值为4
【答案】ABD
1  1 
【分析】联立方程组，结合韦达定理，可判定 A 正确；求得y′ = x，得到切点坐标 Ax, x2 ，得出切线方程
2  1 4 1 
1 1 1 1 1
y= xx− x2，进而可判定 B正确；由直线AP的斜率为 x ，直线BP的斜率为 x ，得到 xx =−1，可判定C错
2 1 4 1 2 1 2 2 4 1 2
1 1 3
误；由过点B的切线方程为y= x x− x2，结合弦长公式，得到S =4 ( 1+k2) 2，可D正确.
2 2 4 2 �ABP
y=kx+1
【详解】对于A中，设直线AB:y=kx+1，联立方程组 ，整理得x2−4kx−4=0，
x2 =4y
103
学科网（北京）股份有限公司再设A(x,y ),B(x ,y ) ，则x +x =4k,x ⋅x =−4，所以A正确；
1 1 2 2 1 2 1 2
1 1
对于B中，由抛物线x2 =4y.可得y= x2，则y′ = x，
4 2
1 1  1 
则过点A的切线斜率为 x ，且y = x2，即Ax, x2 ，
2 1 1 4 1  1 4 1 
1 1 1 1
则切线方程为：y− x2 = x (x−x ) ，即y= xx− x2，
4 1 2 1 1 2 1 4 1
若x =2时，则过点A的切线方程为：x−y−1=0，所以B正确；
1
1 1
对于C中，由选项B可得：直线AP的斜率为 x ，直线BP的斜率为 x ，
2 1 2 2
1 1 1  
因为 x ⋅ x = xx =−1，所以AP⊥BP，即PA⋅PB=0，所以C错误；
2 1 2 2 4 1 2
1 1
对于D中，由选项B可知，过点B的切线方程为y= x x− x2，
2 2 4 2
1
联立直线PA,PB的方程可得P(2k,−1),k =− ,k ⋅k =−1,PF ⊥ AB，
PF k PF AB
1
所以S = AB ⋅ PF ，
�ABP
2
AB = 1+k2 x −x = 1+k2 (x +x )2−4x ⋅x = 1+k2 16k2+16 =4 ( 1+k2) ，
1 2 1 2 1 2
PF = (2k−0)2+(−1−1)2 = 4k2+4 =2 1+k2 ，
3
则S
�ABP
=4 ( 1+k2) 2，当k =0时，S △ABP 有最小值为4，所以D正确.
故选：ABD.
【变式训练8-11】（多选题）．双曲线具有以下光学性质：从双曲线的一个焦点发出的光线，经双曲线反射后，反射光线
的反向延长线经过双曲线的另一个焦点．由此可得：过双曲线上任意一点的切线平分该点与两焦点连线的夹角．已知O
为坐标原点，F,F 分别为双曲线C: x2 −y2 =1的左、右焦点，过C右支上一点A(x ,y )( x > 3 ) 作双曲线的切线交x
1 2 0 0 0
3
( )
轴于点P x ,0 ，则（ ）
p
A．0<x < 3
P
B．平面上点B(4,1), AF + AB 的最小值为 37−2 3
2
15 π
C．若经过左焦点F 的入射光线经过点A，且x = ，则入射光线与反射光线的夹角为
1 0 2 3
D．过点F作FH ⊥ AP，垂足为H，则|OH |= 3
1 1
解析：对于A项，设直线AP的方程为y−y =k(x−x ) ，k ≠± 3 ，联立方程组


y−y
0
=k(x−x
0
)
，消去y整理得，
0 0 3 x2−3y2 =3
( 1−3k2) x2+ ( 6k2x −6ky ) x−3k2x2+6kx y −3y2−3=0，
0 0 0 0 0 0
104
学科网（北京）股份有限公司∴∆=0，即（6k2x −6ky )2−4(1−3k2)(6kx y −3k2x2−3y2−3)=0，又因为x2−3y2 =3，所以上式可化简整理得
0 0 0 0 0 0 0 0
9y2k2−6x y k+x2 =0，
0 0 0 0
x x 3
所以k = 0 ，所以直线AP的方程为y−y = 0 (x−x ) ，即x x−3y y=3，所以x = ，因为x > 3，所以0<x < 3，
3y 0 3y 0 0 0 P x 0 P
0 0 0
故A项正确；
对于B项，由双曲线定义得 AF − AF =2a=2 3，且F (−2,0) ，
1 2 1
则 AF 2 + AB = AF 1 + AB −2 3≥ BF 1 −2 3=  4−(−2)  2 +1−2 3= 37−2 3，所以 AF 2 + AB 的最小值为
37−2 3.故B项正确；
x2 15 1
对于C项，根据双曲线的光学性质可知反射光线所在直线即直线AF ，因为 0 −y2 =1且x = ，所以y =± ，若
2 3 0 0 2 0 2
 
15 1 15 15 1
A( , )，则AF ⋅AF =(−2− )(2− )+( )2 =0，
2 2 1 2 2 2 2
15 1 π
所以直线AF ⊥直线AF ；同理可知当A( ,− )也可判断直线AF ⊥直线AF ，所以入射光线与反射光线的夹角为 ，
1 2 2 2 1 2 2
故C项错误；
对于D项，如图，AP为双曲线的切线，由双曲线的光学性质可知，AP平分∠FAF ，
1 2
延长FH 与AF 的延长线交于点E.则AH垂直平分FE，即点H为FE的中点.
1 2 1 1
又O是FF 的中点，所以， OH = 1 F E = 1( AE − AF )= 1( AF − AF )=a= 3，故项正确.故选：ABD.
1 2 2 2 2 2 2 1 2
【变式训练8-12】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A(x,y ) ，B(x ,y ) ，P(x ,y ) ，则有x = x 1 +x 2 ，y = x 1 x 2 ，
1 1 2 2 0 0 0 2 0 4
对于C的阿基米德三角形PAB给出下列结论：①点P在直线y=−1上；②k ⋅k =1；③k +k =0；④ PF 2 = FA FB ，
PA PB PA PB
其中所有正确结论的序号为 ．
【答案】①④
【分析】
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.
【详解】抛物线x2 =4y的焦点为F(0,1) ，准线方程为y=−1，
105
学科网（北京）股份有限公司过点F(0,1)
，斜率不存在的直线与抛物线只有一个交点，不符合已知条件，
故可设直线AB方程为y=kx+1，
x2 =4y
联立 ，消y得，x2−4kx−4=0，
y=kx+1
方程x2−4kx−4=0的判别式∆=16k2+16>0，
所以x +x =4k,xx =−4，
1 2 1 2
所以y +y =kx +1+kx +1=4k2+2,y y =(kx +1)(kx +1)=1，
1 2 1 2 1 2 1 2
x +x xx
因为x = 1 2 ，y = 1 2 ，
0 2 0 4
所以x =2k，y =−1，
0 0
因为y =−1，所以点P在直线y=−1上，命题①正确；
0
y −y y −y 2(y +1) 2(y +1) 4 ( 2+4k2+2 )
k ⋅k = 0 1⋅ 0 2 = 1 ⋅ 2 = =−1，命题②错误；
PA PB x −x x −x x −x x −x − ( 16k2+16 )
0 1 0 2 2 1 1 2
y −y y −y 2(y +1) 2(y +1) 2(y −y )
k +k = 0 1 + 0 2 =− 1 − 2 = 2 1 =2k，命题③错误；
PA PB x −x x −x x −x x −x x −x
0 1 0 2 2 1 1 2 2 1
因为 FA = y +1, FB = y +1，
1 2
所以 FA FB =(y +1)(y +1)=4k2+4，
1 2
PF = (x −0)2+(y −1)2 = 4k2+4，
0 0
所以 PF 2 = FA FB ，命题④正确；
故答案为：①④.
【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x＋x
1 2
＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
106
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