设双曲线 $\dfrac{x^{2}}{2b^{2}}-\dfrac{y^{2}}{25b^{2}}=1$（$b$ 为正常数）与 $x$ 轴交于 $A,B$ 两点，在 $E$ 上任取一点 $Q(x_{1},y_{1})(y_{1}\ne 0)$，直线 $QA,QB$ 分别交 $y$ 轴于 $M,N$ 两点．求证：以 $MN$ 为直径的圆过两定点．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
设 $QA,QB$ 的斜率分别为 $k_{1},k_{2}$，则 $QA:y=k_{1}\left(x+\sqrt 2b\right)$，$QB:y=k_{2}\left(x-\sqrt 2b\right)$．从而 $M\left(0,\sqrt 2k_{1}b\right)$，$N\left(0,-\sqrt 2k_{2}b\right)$．
设以 $MN$ 为直径的圆恒过定点 $P(m,n)$，则\[\overrightarrow{PM}\cdot \overrightarrow{PN}=0,\]所以\[m^{2}+\left(n-\sqrt 2k_{1}b\right)\left(n+\sqrt 2k_{2}b\right)=0,\]即\[m^{2}+n^{2}+\sqrt 2bn(k_{2}-k_{1})-2k_{1}k_{2}b^{2}=0.\]由双曲线的斜率积定义，$k_{1}k_{2}=\dfrac{25}{2}$，因此有\[m^{2}+\left(n-\sqrt 2k_{1}b\right)\left(n+\sqrt 2k_{2}b\right)=0,\]即\[m^{2}+n^{2}+\sqrt 2bn(k_{2}-k_{1})-25b^{2}=0.\]于是取 $m^{2}=25b^{2}$，$n=0$ 即可．
因此以 $MN$ 为直径的圆过定点 $\left(\pm 5b,0\right)$．
设以 $MN$ 为直径的圆恒过定点 $P(m,n)$，则\[\overrightarrow{PM}\cdot \overrightarrow{PN}=0,\]所以\[m^{2}+\left(n-\sqrt 2k_{1}b\right)\left(n+\sqrt 2k_{2}b\right)=0,\]即\[m^{2}+n^{2}+\sqrt 2bn(k_{2}-k_{1})-2k_{1}k_{2}b^{2}=0.\]由双曲线的斜率积定义，$k_{1}k_{2}=\dfrac{25}{2}$，因此有\[m^{2}+\left(n-\sqrt 2k_{1}b\right)\left(n+\sqrt 2k_{2}b\right)=0,\]即\[m^{2}+n^{2}+\sqrt 2bn(k_{2}-k_{1})-25b^{2}=0.\]于是取 $m^{2}=25b^{2}$，$n=0$ 即可．
因此以 $MN$ 为直径的圆过定点 $\left(\pm 5b,0\right)$．
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