在平面直角坐标系 $xOy$ 中，设 $AB$ 是抛物线 $y^2=4x$ 的过点 $F(1,0)$ 的弦，$\triangle AOB$ 的外接圆交抛物线于点 $P$（不同于点 $O,A,B$）．若 $PF$ 平分 $\angle APB$，求 $|PF|$ 的所有可能值．
【难度】
【出处】
2018年全国高中数学联赛（A卷一试试题）
【标注】
【答案】
$\sqrt{13}-1$
【解析】
设 $A(\dfrac{y_1^2}{4},y_1),B(\dfrac{y_2^2}{4},y_2),P(\dfrac{y_3^2}{4},y_3)$，由条件知 $y_1,y_2,y_3$ 两两不等且非零．设直线 $AB$ 的方程为 $x=ty+1$，与抛物线方程联立可得 $y^2-4ty-4=0$，故 $y_1y_2=-4$．①
注意到 $\triangle AOB$ 的外接圆过点 $O$，可设该圆的方程为 $x^2+y^2+dx+ey=0$，与 $x=\dfrac{y^2}{4}$ 联立得，$\dfrac{y^4}{16}+(1+\dfrac{d}{4})y^2+ey=0$．该四次方程有 $y=y_1 y_2,y_3,0$ 这四个不同的实根，故由韦达定理得 $y_1+y_2+y_3+0=0$，从而 $y_3=-(y_1+y_2).$ ②
因 $PF$ 平分 $\angle APB$，由角平分线定理知，$\dfrac{|PA|}{|PB|}=\dfrac{|FA|}{|FB|}=\dfrac{|y_1|}{|y_2|}$，结合 ①，②，有
$\dfrac{y_{1}^{2}}{y_{2}^{2}}=\dfrac{{{\left|PA \right|}^{2}}}{{{\left| PB \right|}^{2}}}=\dfrac{{{\left( \dfrac{y_{3}^{2}}{4}-\dfrac{y_{1}^{2}}{4}\right)}^{2}}+{{\left( {{y}_{3}}-{{y}_{1}} \right)}^{2}}}{{{\left( \dfrac{y_{3}^{2}}{4}-\dfrac{y_{2}^{2}}{4}\right)}^{2}}+{{\left( {{y}_{3}}-{{y}_{2}} \right)}^{2}}}=\dfrac{{{\left({{\left( {{y}_{1}}+{{y}_{2}} \right)}^{2}}-y_{1}^{2} \right)}^{2}}+16{{\left(2{{y}_{1}}+{{y}_{2}} \right)}^{2}}}{{{\left( {{\left( {{y}_{1}}+{{y}_{2}}\right)}^{2}}-y_{2}^{2} \right)}^{2}}+16{{\left( 2{{y}_{2}}+{{y}_{1}}\right)}^{2}}}=\dfrac{{{\left( y_{2}^{2}-8 \right)}^{2}}+16\left(4y_{1}^{2}+y_{2}^{2}-16 \right)}{{{\left( y_{1}^{2}-8 \right)}^{2}}+16\left(4y_{2}^{2}+y_{1}^{2}-16 \right)}=\dfrac{y_{2}^{4}+64y_{1}^{2}-192}{y_{1}^{4}+64y_{2}^{2}-192}$
即 $y_{1}^{6}+64y_{1}^{2}y_2^2-192y_1^2=y_{2}^{6}+64y_{2}^{2}y_1^2-192y_2^2$，故 $(y_1^2-y_2^2)(y_1^4+y_1^2y_2^2+y_2^4-192)=0$．
当 $y_1^2=y_2^2$ 时，$y_2=-y_1$，故 $y_3=0$，此时 $P$ 与 $O$ 重合，与条件不符．
当 $y_1^4+y_1^2y_2^2+y_2^4-192=0$ 时，注意到 ①，有 $(y_1^2+y_2^2)^2=192+(y_1y_2)^2=208$．因 $y_1^2+y_2^2=4\sqrt{13}>8=|2y_1y_2|$，故满足 ① 以及 $y_1^2+y_2^2=4\sqrt{13}$ 的实数 $y_1,y_2$ 存在，对应可得满足条件的点 $A,B$．此时，结合 ①，② 知 $\left|PF \right|=\dfrac{y_{3}^{2}}{4}+1=\dfrac{{{\left( {{y}_{1}}+{{y}_{2}}\right)}^{2}}+4}{4}=\dfrac{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}-4}{4}=\dfrac{\sqrt{208}-4}{4}=\sqrt{13}-1$．
注意到 $\triangle AOB$ 的外接圆过点 $O$，可设该圆的方程为 $x^2+y^2+dx+ey=0$，与 $x=\dfrac{y^2}{4}$ 联立得，$\dfrac{y^4}{16}+(1+\dfrac{d}{4})y^2+ey=0$．该四次方程有 $y=y_1 y_2,y_3,0$ 这四个不同的实根，故由韦达定理得 $y_1+y_2+y_3+0=0$，从而 $y_3=-(y_1+y_2).$ ②
因 $PF$ 平分 $\angle APB$，由角平分线定理知，$\dfrac{|PA|}{|PB|}=\dfrac{|FA|}{|FB|}=\dfrac{|y_1|}{|y_2|}$，结合 ①，②，有
$\dfrac{y_{1}^{2}}{y_{2}^{2}}=\dfrac{{{\left|PA \right|}^{2}}}{{{\left| PB \right|}^{2}}}=\dfrac{{{\left( \dfrac{y_{3}^{2}}{4}-\dfrac{y_{1}^{2}}{4}\right)}^{2}}+{{\left( {{y}_{3}}-{{y}_{1}} \right)}^{2}}}{{{\left( \dfrac{y_{3}^{2}}{4}-\dfrac{y_{2}^{2}}{4}\right)}^{2}}+{{\left( {{y}_{3}}-{{y}_{2}} \right)}^{2}}}=\dfrac{{{\left({{\left( {{y}_{1}}+{{y}_{2}} \right)}^{2}}-y_{1}^{2} \right)}^{2}}+16{{\left(2{{y}_{1}}+{{y}_{2}} \right)}^{2}}}{{{\left( {{\left( {{y}_{1}}+{{y}_{2}}\right)}^{2}}-y_{2}^{2} \right)}^{2}}+16{{\left( 2{{y}_{2}}+{{y}_{1}}\right)}^{2}}}=\dfrac{{{\left( y_{2}^{2}-8 \right)}^{2}}+16\left(4y_{1}^{2}+y_{2}^{2}-16 \right)}{{{\left( y_{1}^{2}-8 \right)}^{2}}+16\left(4y_{2}^{2}+y_{1}^{2}-16 \right)}=\dfrac{y_{2}^{4}+64y_{1}^{2}-192}{y_{1}^{4}+64y_{2}^{2}-192}$
即 $y_{1}^{6}+64y_{1}^{2}y_2^2-192y_1^2=y_{2}^{6}+64y_{2}^{2}y_1^2-192y_2^2$，故 $(y_1^2-y_2^2)(y_1^4+y_1^2y_2^2+y_2^4-192)=0$．
当 $y_1^2=y_2^2$ 时，$y_2=-y_1$，故 $y_3=0$，此时 $P$ 与 $O$ 重合，与条件不符．
当 $y_1^4+y_1^2y_2^2+y_2^4-192=0$ 时，注意到 ①，有 $(y_1^2+y_2^2)^2=192+(y_1y_2)^2=208$．因 $y_1^2+y_2^2=4\sqrt{13}>8=|2y_1y_2|$，故满足 ① 以及 $y_1^2+y_2^2=4\sqrt{13}$ 的实数 $y_1,y_2$ 存在，对应可得满足条件的点 $A,B$．此时，结合 ①，② 知 $\left|PF \right|=\dfrac{y_{3}^{2}}{4}+1=\dfrac{{{\left( {{y}_{1}}+{{y}_{2}}\right)}^{2}}+4}{4}=\dfrac{y_{1}^{2}+y_{2}^{2}-4}{4}=\dfrac{\sqrt{208}-4}{4}=\sqrt{13}-1$．
答案
解析
备注
