已知抛物线 $y=x^2$ 以及圆 $P:x^2+(y-2)^2=1$，从抛物线上一点 $A$ 引圆 $O$ 的两条切线分别交抛物线于不同于点 $A$ 的点 $B,C$，连接 $BC$．
1、求证：直线 $BC$ 与圆 $P$ 相切；
2、求证：$\triangle ABC$ 的外接圆与直线 $y=0$ 相切．
解析
1、设 $A(a,a^2),B(b,b^2),C(c,c^2)$，则 $AB$ 的方程为\[ (a+b)x-y-ab=0,\]于是 $O$ 到直线 $AB$ 的距离为 $1$，即\[ \dfrac{|ab+2|}{\sqrt{(a+b)^2+1}}=1\iff (ab+2)^2-(a+b)^2-1=0,\]于是 $x=b,c$ 是关于 $x$ 的方程\[ (ax+2)^2=(a+x)^2=1\iff (a^2-1)x^2+2ax+(3-a^2)=0\]的两根，于是\[(bc+2)^2-(b+c)^2-1=\left(\dfrac{3-a^2}{a^2-1}+2\right)^2-\left(\dfrac{-2a}{a^2-1}\right)^2-1=\dfrac{(a^2+1)^2-4a^2}{(a^2-1)^2}-1=0,\]因此直线 $BC$ 与圆 $O$ 相切．
设 $A(a,a^2),B(b,b^2),C(c,c^2)$，则 $AB$ 的方程为\[ (a+b)x-y-ab=0,\]于是 $P$ 到直线 $AB$ 的距离为 $1$，即\[ \dfrac{|ab+2|}{\sqrt{(a+b)^2+1}}=1\iff (ab+2)^2-(a+b)^2-1=0,\]于是 $x=b,c$ 是关于 $x$ 的方程\[ (ax+2)^2=(a+x)^2=1\iff (a^2-1)x^2+2ax+(3-a^2)=0\]的两根，于是直线 $BC$ 的方程为\[(a^2-1)y+2ax+(3-a^2)=0,\]因此圆心 $P$ 到直线 $BC$ 的距离为\[\dfrac{|2(a^2-1)+(3-a^2)|}{\sqrt{(a^2-1)^2+(2a)^2}}=1,\]命题得证．
2、根据韦达定理，有\[b+c=\dfrac{2a}{1-a^2},\quad bc=\dfrac{a^2-3}{1-a^2},\]于是\[a+b+c=a+\dfrac{2a}{1-a^2}=\dfrac{a(3-a^2)}{1-a^2}=-abc,\]而\[ab+bc+ca=a(b+c)+bc=-3.\]设 $\triangle ABC$ 的外接圆方程为 $x^2+y^2+Dx+Ey+F=0$，与抛物线 $y=x^2$ 联立可得\[x^4+(E+1)x^2+Dx+F=0,\]由韦达定理，设该关于 $x$ 的四次方程的根为 $a,b,c,d$，则\[\begin{cases} a+b+c+d=0,\\ \sum abc=-D,\\ abcd=F,\end{cases}\implies \begin{cases} d=-t,\\ (-3)(-t)+(-t)=-D,\\ (-t)(-t)=F,\end{cases}\implies \begin{cases} D=-2t,\\ F=t^2,\end{cases}\]将 $\triangle ABC$ 的外接圆方程与 $y=-2$ 联立，有\[x^2+Dx+F=0,\]其判别式\[\Delta=D^2-4F=(-2t)^2-4\cdot t^2=0,\]命题得证．
设 $\triangle ABC$ 的外接圆与抛物线相交于 $A,B,C,D$，则 $AD,BC$ 的斜率互为相反数，因此 $AD$ 的方程为\[(a^2-1)(y-a^2)-2a(x-a)=0,\]
因此 $\triangle ABC$ 的外接圆方程为\[\big((a^2-1)y+2ax+(3-a^2)\big)\cdot \big((a^2-1)(y-a^2)-2a(x-a)\big)+\lambda(y-x^2)=0,\]其中 $x^2,y^2$ 的系数相等即\[(a^2-1)^2=-4a^2-\lambda \iff \lambda =-(a^2+1)^2,\]此时将外接圆方程与 $y=0$ 联立，有\[(2ax+3-a^2)\big((-2ax+a^2(3-a^2)\big)+(a^2+1)^2x^2=0,\]即\[\big((a^2-1)x+a(3-a^2)\big)^2=0,\]命题得证．