抛物线6——圆锥曲线讲义之十七
百尺竿头，更进一步。
本节接着上节内容，讲解阿基米德三角形的更多性质：
设过焦点为F的抛物线上点A、B的切线交于C'，一般的，称△C’AB为阿基米德三角形。
设N,L为BC',C'A中点,P,Q,R在AB,BC',C'A上，且PQ//AC',PR//BC',O'为△C'AB外心。还有以下问题：
30 △C'NL外接圆是否恒过定点，
31 △C'QR外接圆是否恒过定点，
32 △ABO'外接圆是否恒过定点，
33 y^2=2px的内接三角形有两边与x^2=2qy相切，判定此三角形第三条边与x^2=2qy关系。
30 △C'NL外接圆是否恒过定点，
容易猜测此圆过F。
证法一：
证法二：
由结论26知△C'FA∼△BFC'，
而N,L为相似对应点，则
∠FNC’=∠FLA.
即FNC’L共圆，即△C'NL外接圆恒过定点F.
证法三：
由结论29知以C'O'为直径的圆是否恒过定点F。
而显然N,L也在以C'O'为直径的圆上，
即FNC’O’L共圆，即△C'NL外接圆恒过定点F.
注：
这里综合证法二和三就为29提供了一个新的纯几何证明：
由结论26知△C'FA∼△BFC'，而N,L为相似对应点，则∠FNC’=∠FLA.即FNC’L共圆，而显然FNO’L共圆，故FNC’O’L共圆，故∠O’FC’=∠O’LC’=90°.
31 △C'QR外接圆是否恒过定点，
思路分析：
不难猜测△C'QR外接圆恒过焦点F，计算角度正切即可。
证明：由平行得
C’Q/QB=AP/PB=AR/RC’=k，
证法二：
由结论26知△C'FA∼△BFC'，
而Q,R为相似对应点，则
∠FQC’=∠FRA.
即FQC’R共圆，即△C'QR外接圆恒过定点F.
注：
显然本结论是结论30的进一步推广，证明也是如法炮制即可。只是计算量大了一些。
32 △O'AB外接圆是否恒过定点，
不难想象△O'AB外接圆过F。
证法一：
∠AFB=∠AOB,从而ABO’F共圆，
即△O'AB外接圆恒过定点F.
证法二：
由结论25得∠FC’A=∠FBC'，∠FC’B=∠FAC'，则
∠AFB=∠AC’B+∠FAC’+∠FBC’=∠AC’B+∠FC’B+∠FC’A=2∠AC’B=∠AOB.
即FABO’共圆，即△O'AB外接圆恒过定点F.
注：
本题算是一个比较困难的题目，直接计算比较复杂，需要先求出O’坐标，然后利用两次到角公式，而且过程中要细心的分解因式，当然如果想到平面几何的思路，利用结论25，可以迅速的解决本题。本题难度基本在联赛水平了，作为高考题难度有些高了。
33 y^2=2px的内接三角形有两边与x^2=2qy相切，判定此三角形第三条边与x^2=2qy关系。
思路分析：
不难猜测第三条弦也和抛物线相切。证明的最基本思路是写出切线方程，联立消去y,由相切知判别式为0，得到等式，由两个等式证明第三个等式即可。
证明：
不失一般性，设p>0,q>0.又设y^2=2px的内接三角形顶点为
A1（x1,y1),A2(x2,y2),A3(x3,y3)
因此(y1)^2=2px1，(y2)^2=2px2 ，(y3)^2=2px3
其中y1≠y2 , y2≠y3 , y3≠y1 .
依题意，设A1A2，A2A3与抛物线x^2=2qy相切，要证A3A1也与抛物线x^2=2qy相切
因为x^2=2qy在原点O处的切线是y^2=2px的对称轴，所以原点O不能是所设内接三角形的顶点即（x1,y1),(x2,y2),(x3,y3)，都不能是（0，0）;又因A1A2与x^2=2qy相切，所以A1A2不能与Y轴平行，即x1≠x2 , y1≠-y2,直线A1A2的方程是
注：
(1)本题是1982年的高考压轴题题，虽然很古老，但是结论浑然天成、历久弥新。现在看来，依然是一个好题，值得仔细品味。上述证法1中由（1）（2）到（3）也可以用韦达定理证明。当然本题也有其他的证法，不过基本大同小异。
(2)事实上，本结论只是彭色列封闭定理的一个特例。还能大大推广，囿于难度，这里就不再继续深入讲解。有兴趣的读者可以参考本公众号前面的这篇文章(《圆锥曲线中的欧拉察柏公式相关问题》)。
(3)本性质既和前面讲解的抛物线两条切线有关，又和下节要讲解的抛物线三条切线有关，
算是一个完美的无缝连接。
本节又展示了阿基米德三角形的进一步性质。这些性质都精妙绝伦、巧夺天工，证明也颇为不易，可以用解析计算，也可以用纯几何。难度基本在高考压轴和竞赛附近。当然本结构还有一些更复杂及更困难的几何性质，囿于篇幅和难度的考虑，这里就先略过了，有兴趣的读者可以自行探讨。