已知
过$P(a,b)$的直线$l$和抛物线$y=\frac{1}{4}x^2$相交于$A,B$两点，如果在抛物线上存在一点$C$满足 $$ CA \perp CB $$ 对任意的直线$l$恒成立，求P点坐标满足的条件。
题解
正面迎击
设$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，设AB的直线方程为： $$ y = kx+b-ka $$ 和抛物线联立得到： $$ x^2-4kx-4(b-ka)=0 $$ 所以： $$ x_1x_2 = 4ka-4b, \quad x_1+x_2 = 4k $$ 同时： $$ y_1y_2 =\frac{x_1^2x_2^2}{16}= (ka-b)^2, \quad y_1+y_2 = \frac{x_1^2+x_2^2}{4}=4k^2-2ka+2b $$
再设$C(t,t^2/4)$，那么： $$ \vec{CA}\cdot \vec{CB} = 0 $$ 带入坐标计算得到： $$ (x_1-t, y_1 - t^2/4)\cdot (x_2-t, y_2-t^2/4)=0 $$ 也就是： $$ x_1x_2+t^2-t(x_1+x_2) + y_1y_2 -\frac{t^2}{4}(y_1+y_2)+\frac{t^4}{16}=0 $$ 带入韦达定理的结果： $$ 4ka-4b+t^2-4kt+(ka-b)^2-\frac{t^2}{2}(2k^2-ka+b)+\frac{t^4}{16}=0 $$ 整理关于k的系数： $$ {\color{red}(4a-4t-2ab+\frac{1}{2}at^2)}k + {\color{blue}(a^2-t^2)}k^2 + {\color{green}t^2-4b+b^2-\frac{1}{2}bt^2+\frac{t^4}{16}}=0 $$ 根据k的任意性，红蓝绿的部分应该都是0，所以： $$ |a| = |t| $$
先考虑$t=a$的情况。
$$ {\color{red}(4a-4t-2ab+\frac{1}{2}at^2)}=0 \implies a^2=4b $$
这时候绿色的式子刚好成立。也就是说，P点满足的约束是$a^2=4b$。
然而实际上，这时候P和我们的C点重合了，不满足题设。
再考虑$t=-a$的情况。
$$ {\color{red}(4a-4t-2ab+\frac{1}{2}at^2)}=0 \implies a^2=4b-16 $$
可以验证这时候绿色式子依然成立。
侧面迂回
正面做其实不难，就是整理方程花了一点时间。
当然我们可以反过来做：
对于固定的$C(2t,t^2)$，作相互垂直的直线CA、CB，考虑AB直线过的定点。
这里的t和第一种做法的t不相同，同样的下面复用的字母也和第一种解法无关
这样以来问题就简单多了。
假设$CA$直线方程为： $$ y=k(x-2t)+t^2 $$ 依然和抛物线联立，得到韦达定理： $$ x_Ax_D = 8kt-4t^2 $$ 所以： $$ x_A = 4k-2t $$
同理得到： $$ x_B = -\frac{4}{k}-2t $$
接下来我们寻找AB直线通过的定点$(a,b)$。使用两点式：
$$ \frac{y_A-b}{x_A-a} = \frac{y_B-b}{x_B-a} $$
也就是： $$ x_By_A-ay_A-bx_B=x_Ay_B-ay_B-bx_A $$ 带入抛物线方程得到： $$ \frac{1}{4}x_A^2x_B - a\frac{1}{4}x_A^2-bx_B = \frac{1}{4}x_B^2x_A - a\frac{1}{4}x_B^2-bx_A $$ 也就是： $$ \frac{1}{4}x_Ax_B(x_A-x_B) = \frac{a}{4}(x_A^2-x_B^2)-b(x_A-x_B) $$ $x_A\ne x_B$消去得到： $$ \frac{1}{4}x_Ax_B = \frac{a}{4}(x_A+x_B)-b $$
带入之前计算的$x_A,x_B$得到： $$ t^2-4-2tk-2t/k = a(k-1/k-t)-b $$ 这个式子对任何的$k$恒成立： $$ {\color{red}t^2-4+b+at} + k{\color{blue}(-2t-a)}+\frac{1}{k}{\color{green}(2t+a)}=0 $$ 红蓝绿都是0，得到： $$ a = -2t, b = t^2+4 $$
消去$t$依然得到： $$ a^2 = 4b-16 $$
和第一种做法可谓异曲同工。