已知 $P$ 是定直线 $y=n$（$n<0$）上的一点，过 $P$ 作抛物线 $C:x^2=2py$（$p>0$）的两条切线，设切点分别为 $A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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求证：$x_1x_2+y_1y_2$ 是定值；标注答案略解析设 $P(m,n)$，则\[AB:mx=p(y+n),\]联立直线 $AB$ 与抛物线方程，可得\[x^2-2mx+2pn=0,\]于是\[x_1+x_2=2m,x_1x_2=2pn.\]因此\[x_1x_2+y_1y_2=x_1x_2+\dfrac{(x_1x_2)^2}{4p^2}=2pn+n^2\]为定值．
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设 $\triangle PAB$ 的外接圆圆心为 $M$，抛物线 $C$ 的焦点为 $F$，求证：$FM\perp FP$．标注答案略解析设 $P(m,n)$ 点关于 $F$ 点的对称点为 $Q(-m,p-n)$，则问题等价于证明 $P,A,B,Q$ 四点共圆．
设圆 $M$ 的方程为\[x^2+y^2+Dx+Ey+F=0,\]则 $(D,E,F)$ 满足方程组\[\begin{cases}
x_1^2+y_1^2+Dx_1+Ey_1+F=0,\\
x_2^2+y_2^2+Dx_2+Ey_2+F=0,\\
m^2+n^2+Dm+En+F=0,
\end{cases}\]前两个方程相加可得\[x_1^2+x_2^2+y_1^2+y_2^2+(x_1+x_2)D+(y_1+y_2)E+2F=0,\]而\[\begin{aligned}&x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2=4m^2-4pn,\\
&y_1+y_2=\dfrac{x_1^2+x_2^2}{2p}=\dfrac{2m^2}p-2n,\\
&y_1^2+y_2^2=\dfrac{\left(x_1^2+x_2^2\right)^2-2x_1^2x_2^2}{4p^2}=\dfrac{4m^4}{p^2}-\dfrac{4m^2n}p+2n^2,
\end{aligned}\]代入可得\[4m^2-4pn+\dfrac{4m^4}{p^2}-\dfrac{8m^2n}p+2n^2+2mD+\left(\dfrac{2m^2}p-2n\right)E+2F=0,\]该方程与第三个方程的两倍相减，可得\[\left(\dfrac{m^2}p-2n\right)\left(E+\dfrac{2m^2}p+p\right)=0,\]于是解得\[E=-\dfrac{2m^2}p-p.\]前两个方程相减可得\[x_1^2-x_2^2+y_1^2-y_2^2+(x_1-x_2)D+(y_1-y_2)E=0,\]即\[x_1+x_2+\dfrac{(x_1+x_2)\left(x_1^2+x_2^2\right)}{4p^2}+D+\dfrac{x_1+x_2}{2p}E=0,\]也即\[2m+\dfrac{2m\left(4m^2-4pn\right)}{4p^2}+D+\dfrac{2m}{2p}E=0,\]将 $E=-\dfrac{2m^2}p-p$ 代入可得\[D=\dfrac{2mn}p-m.\]欲证\[m^2+(p-n)^2+D(-m)+E(p-n)+F=0,\]只需要证明\[2np-p^2+2mD+(2n-p)E=0,\]将 $D=\dfrac{2mn}p-m$，$E=-\dfrac{2m^2}p-p$ 代入检验即得原命题得证．
故 $P$，$A$，$B$，$Q$ 四点共圆，即 $FM\perp FP$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
