《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

(1)(2025·广州调研)若抛物线上任意两点A,B处的切线交于点P,则称$\triangle PAB$为"阿基米德三角形",当弦AB经过抛物线的焦点F时,$\triangle PAB$具有以下特征:
①点P必在抛物线的准线上;②$PF\perp AB$.
若经过抛物线$y^{2}=4x$的焦点的一条弦为AB,"阿基米德三角形"为$\triangle PAB$,且点P的纵坐标为4,则直线AB的方程为(A)

A.$x - 2y - 1 = 0$
B.$2x + y - 2 = 0$
C.$x + 2y - 1 = 0$
D.$2x - y - 2 = 0$

答案：
(1)A
(2)-1 $\frac{8}{3}$ [
(1)设抛物线的焦点为 $F$，由题意可知，抛物线 $y^{2}=4x$ 的焦点坐标为 $F(1,0)$，准线方程为 $x=-1$，因为 $\triangle PAB$为“阿基米德三角形”，且弦 $AB$ 经过抛物线 $y^{2}=4x$ 的焦点，所以点 $P$ 必在抛物线的准线上，所以点 $P(-1,4)$，
所以直线 $PF$ 的斜率为 $\frac{4 - 0}{-1 - 1} = -2$。
又因为 $PF\perp AB$，
所以直线 $AB$ 的斜率为 $\frac{1}{2}$，
所以直线 $AB$ 的方程为 $y - 0 = \frac{1}{2}(x - 1)$，
即 $x - 2y - 1 = 0$。
(2)因为 $y = \frac{1}{4}x^{2}$，所以 $y^{\prime} = \frac{1}{2}x$，
所以 $y^{\prime}\big|_{x = -2} = \frac{1}{2} × (-2) = -1$，
所以在 $A$ 点处抛物线 $C$ 的切线的斜率为 $-1$，
切线方程为 $y - 1 = -(x + 2)$，即 $y = -x - 1$，
同理在 $B$ 点处抛物线 $C$ 的切线方程为 $y = x - 1$，
由 $\begin{cases}y = -x - 1 \\y = x - 1\end{cases}$，解得 $\begin{cases}x = 0 \\y = -1\end{cases}$，
所以两切线的交点为 $P(0,-1)$，
所以阿基米德三角形面积 $S_{\triangle PAB} = \frac{1}{2} × 4 × 2 = 4$，
所以弦 $AB$ 与抛物线所围成的封闭图形的面积
$S = 4 × \frac{2}{3} = \frac{8}{3}$.]

(2)(2025·杭州质检)抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形常称为阿基米德三角形,阿基米德最早利用逼近的思想证明了:抛物线的弦与抛物线所围成的封闭图形的面积等于该弦所形成的阿基米德三角形面积的$\frac{2}{3}$.已知$A(-2,1)$,$B(2,1)$为抛物线$C:x^{2}=4y$上两点,则在A点处抛物线C的切线的斜率为____;弦AB与抛物线所围成的封闭图形的面积为____.

答案：
(1)A
(2)-1 $\frac{8}{3}$ [
(1)设抛物线的焦点为 $F$，由题意可知，抛物线 $y^{2}=4x$ 的焦点坐标为 $F(1,0)$，准线方程为 $x=-1$，因为 $\triangle PAB$为“阿基米德三角形”，且弦 $AB$ 经过抛物线 $y^{2}=4x$ 的焦点，所以点 $P$ 必在抛物线的准线上，所以点 $P(-1,4)$，
所以直线 $PF$ 的斜率为 $\frac{4 - 0}{-1 - 1} = -2$。
又因为 $PF\perp AB$，
所以直线 $AB$ 的斜率为 $\frac{1}{2}$，
所以直线 $AB$ 的方程为 $y - 0 = \frac{1}{2}(x - 1)$，
即 $x - 2y - 1 = 0$。
(2)因为 $y = \frac{1}{4}x^{2}$，所以 $y^{\prime} = \frac{1}{2}x$，
所以 $y^{\prime}\big|_{x = -2} = \frac{1}{2} × (-2) = -1$，
所以在 $A$ 点处抛物线 $C$ 的切线的斜率为 $-1$，
切线方程为 $y - 1 = -(x + 2)$，即 $y = -x - 1$，
同理在 $B$ 点处抛物线 $C$ 的切线方程为 $y = x - 1$，
由 $\begin{cases}y = -x - 1 \\y = x - 1\end{cases}$，解得 $\begin{cases}x = 0 \\y = -1\end{cases}$，
所以两切线的交点为 $P(0,-1)$，
所以阿基米德三角形面积 $S_{\triangle PAB} = \frac{1}{2} × 4 × 2 = 4$，
所以弦 $AB$ 与抛物线所围成的封闭图形的面积
$S = 4 × \frac{2}{3} = \frac{8}{3}$.]

(2021·全国乙卷)已知抛物线$C:x^{2}=2py(p＞0)$的焦点为F,且F与圆$M:x^{2}+(y + 4)^{2}=1$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$\triangle PAB$面积的最大值.20√5

答案：
(1)2
(2)20√5 解
(1)由题意知 $M(0,-4),F(0,\frac{p}{2})$，
圆 $M$ 的半径 $r = 1$，所以 $|MF| - r = 4$，
即 $\frac{p}{2} + 4 - 1 = 4$，解得 $p = 2$。
(2)由
(1)知，抛物线方程为 $x^{2} = 4y$，
由题意可知直线 $AB$ 的斜率存在，
设 $A(x_{1},\frac{x_{1}^{2}}{4}),B(x_{2},\frac{x_{2}^{2}}{4})$，
直线 $AB$ 的方程为 $y = kx + b$，
联立 $\begin{cases}y = kx + b \\x^{2} = 4y\end{cases}$，消去 $y$ 得 $x^{2} - 4kx - 4b = 0$，
则 $\Delta = 16k^{2} + 16b ＞ 0$， (*)
$x_{1} + x_{2} = 4k,x_{1}x_{2} = -4b$，
所以 $|AB| = \sqrt{1 + k^{2}}|x_{1} - x_{2}|$
$= \sqrt{1 + k^{2}} \cdot \sqrt{(x_{1} + x_{2})^{2} - 4x_{1}x_{2}}$
$= 4\sqrt{1 + k^{2}} \cdot \sqrt{k^{2} + b}$。
因为 $x^{2} = 4y$，即 $y = \frac{x^{2}}{4}$，
所以 $y^{\prime} = \frac{x}{2}$，则抛物线在点 $A$ 处的切线斜率为 $\frac{x_{1}}{2}$，在点 $A$ 处的切线方程为 $y - \frac{x_{1}^{2}}{4} = \frac{x_{1}}{2}(x - x_{1})$，即 $y = \frac{x_{1}}{2}x - \frac{x_{1}^{2}}{4}$。
同理得抛物线在点 $B$ 处的切线方程为 $y = \frac{x_{2}}{2}x - \frac{x_{2}^{2}}{4}$，
联立得 $\begin{cases}y = \frac{x_{1}}{2}x - \frac{x_{1}^{2}}{4} \\y = \frac{x_{2}}{2}x - \frac{x_{2}^{2}}{4}\end{cases}$，
$\begin{cases}x = \frac{x_{1} + x_{2}}{2} \\y = \frac{x_{1}x_{2}}{4}\end{cases}$，
则 $\begin{cases}x = 2k \\y = -b\end{cases}$，
即 $P(2k,-b)$。因为点 $P$ 在圆 $M$ 上，
所以 $4k^{2} + ( - b - 4)^{2} = 1$， ①
且 $-1 \leq 2k \leq 1$，$-5 \leq -b \leq -3$，
即 $-\frac{1}{2} \leq k \leq \frac{1}{2}$，$3 \leq b \leq 5$，满足 (*)。
设点 $P$ 到直线 $AB$ 的距离为 $d$，
则 $d = \frac{|2k^{2} + 2b|}{\sqrt{1 + k^{2}}}$，
所以 $S_{\triangle PAB} = \frac{1}{2}|AB| \cdot d = 4\sqrt{(k^{2} + b)^{3}}$。
由 ①得，$k^{2} = \frac{1 - ( - b - 4)^{2}}{4} = \frac{-b^{2} + 8b - 15}{4}$，
令 $t = k^{2} + b$，则 $t = \frac{-b^{2} + 12b - 15}{4}$，
且 $3 \leq b \leq 5$。
因为 $t = \frac{-b^{2} + 12b - 15}{4}$ 在 $[3,5]$ 上单调递
增，所以当 $b = 5$ 时，$t$ 取得最大值，$t_{\max} = 5$，
此时 $k = 0$，所以 $\triangle PAB$ 面积的最大值为 $20\sqrt{5}$。