百尺竿頭，更進一步。
本節(jié)接著上節(jié)內容，講解阿基米德三角形的更多性質：
設過焦點為F的拋物線上點A、B的切線交于C'，一般的，稱△C’AB為阿基米德三角形。
設N,L為BC',C'A中點,P,Q,R在AB,BC',C'A上，且PQ//AC',PR//BC',O'為△C'AB外心。還有以下問題：
30 △C'NL外接圓是否恒過定點，
31 △C'QR外接圓是否恒過定點，
32 △ABO'外接圓是否恒過定點，
33 y^2=2px的內接三角形有兩邊與x^2=2qy相切，判定此三角形第三條邊與x^2=2qy關系。
30 △C'NL外接圓是否恒過定點，
容易猜測此圓過F。
證法一：
證法二：
由結論26知△C'FA～△BFC'，
而N,L為相似對應點，則
∠FNC’=∠FLA.
即FNC’L共圓，即△C'NL外接圓恒過定點F.
證法三：
由結論29知以C'O'為直徑的圓是否恒過定點F。
而顯然N,L也在以C'O'為直徑的圓上，
即FNC’O’L共圓，即△C'NL外接圓恒過定點F.
注：
這里綜合證法二和三就為29提供了一個新的純幾何證明：
由結論26知△C'FA～△BFC'，而N,L為相似對應點，則∠FNC’=∠FLA.即FNC’L共圓，而顯然FNO’L共圓，故FNC’O’L共圓，故∠O’FC’=∠O’LC’=90°.
31 △C'QR外接圓是否恒過定點，
思路分析：
不難猜測△C'QR外接圓恒過焦點F，計算角度正切即可。
證明：由平行得
C’Q/QB=AP/PB=AR/RC’=k，
證法二：
由結論26知△C'FA～△BFC'，
而Q,R為相似對應點，則
∠FQC’=∠FRA.
即FQC’R共圓，即△C'QR外接圓恒過定點F.
注：
顯然本結論是結論30的進一步推廣，證明也是如法炮制即可。只是計算量大了一些。
32 △O'AB外接圓是否恒過定點，
不難想象△O'AB外接圓過F。
證法一：
∠AFB=∠AOB,從而ABO’F共圓，
即△O'AB外接圓恒過定點F.
證法二：
由結論25得∠FC’A=∠FBC'，∠FC’B=∠FAC'，則
∠AFB=∠AC’B+∠FAC’+∠FBC’=∠AC’B+∠FC’B+∠FC’A=2∠AC’B=∠AOB.
即FABO’共圓，即△O'AB外接圓恒過定點F.
注：
本題算是一個比較困難的題目，直接計算比較復雜，需要先求出O’坐標，然后利用兩次到角公式，而且過程中要細心的分解因式，當然如果想到平面幾何的思路，利用結論25，可以迅速的解決本題。本題難度基本在聯(lián)賽水平了，作為高考題難度有些高了。
33 y^2=2px的內接三角形有兩邊與x^2=2qy相切，判定此三角形第三條邊與x^2=2qy關系。
思路分析：
不難猜測第三條弦也和拋物線相切。證明的最基本思路是寫出切線方程，聯(lián)立消去y,由相切知判別式為0，得到等式，由兩個等式證明第三個等式即可。
證明：
不失一般性，設p>0,q>0.又設y^2=2px的內接三角形頂點為
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 .
依題意，設A1A2，A2A3與拋物線x^2=2qy相切，要證A3A1也與拋物線x^2=2qy相切
因為x^2=2qy在原點O處的切線是y^2=2px的對稱軸，所以原點O不能是所設內接三角形的頂點即（x1,y1),(x2,y2),(x3,y3)，都不能是（0，0）;又因A1A2與x^2=2qy相切，所以A1A2不能與Y軸平行，即x1≠x2 , y1≠-y2,直線A1A2的方程是
注：
(1)本題是1982年的高考壓軸題題，雖然很古老，但是結論渾然天成、歷久彌新。現(xiàn)在看來，依然是一個好題，值得仔細品味。上述證法1中由（1）（2）到（3）也可以用韋達定理證明。當然本題也有其他的證法，不過基本大同小異。
(2)事實上，本結論只是彭色列封閉定理的一個特例。還能大大推廣，囿于難度，這里就不再繼續(xù)深入講解。有興趣的讀者可以參考本公眾號前面的這篇文章(《圓錐曲線中的歐拉察柏公式相關問題》)。
(3)本性質既和前面講解的拋物線兩條切線有關，又和下節(jié)要講解的拋物線三條切線有關，
算是一個完美的無縫連接。
本節(jié)又展示了阿基米德三角形的進一步性質。這些性質都精妙絕倫、巧奪天工，證明也頗為不易，可以用解析計算，也可以用純幾何。難度基本在高考壓軸和競賽附近。當然本結構還有一些更復雜及更困難的幾何性質，囿于篇幅和難度的考慮，這里就先略過了，有興趣的讀者可以自行探討。
