解：解法一：直线与圆相交，斜率必定存在，

且不为0，可设直线方程为 $k x - y - k = 0$

由 ${\begin{matrix} x + 2 y + 2 = 0 \\ k x - y - k = 0 \end{matrix}$ 得 $N (\frac{2 k - 2}{2 k + 1} ， - \frac{3 k}{2 k + 1})$ ．

又直线CM与 $l_{1}$ 垂直，由 ${\begin{matrix} y = k x - k \\ y - 4 = - \frac{1}{k} (x - 3) \end{matrix}$ 得 $M (\frac{k^{2} + 4 k + 3}{1 + k^{2}} ， \frac{4 k^{2} + 2 k}{1 + k^{2}})$

$A M \cdot A N = \sqrt{{(\frac{k^{2} + 4 k + 3}{1 + k^{2}} - 1)}^{2} + {(\frac{4 k^{2} + 2 k}{1 + k^{2}})}^{2}} \cdot \sqrt{{(\frac{2 k - 2}{2 k + 1} - 1)}^{2} + {(- \frac{3 k}{2 k + 1})}^{2}}$

$= \frac{2 | 2 k + 1 |}{1 + k^{2}} \sqrt{1 + k^{2}} \cdot \frac{3 \sqrt{1 + k^{2}}}{| 2 k + 1 |} = 6$ 为定值。故 $A M \cdot A N$ 是定值，且为6。

解法二：直线与圆相交，斜率必定存在，且不为0，可设直线方程为 $k x - y - k = 0$ 。

由 ${\begin{matrix} x + 2 y + 2 = 0 \\ k x - y - k = 0 \end{matrix}$ 得 $N (\frac{2 k - 2}{2 k + 1} ， - \frac{3 k}{2 k + 1})$ ．

再由 ${\begin{matrix} y = k x - k \\ (^{x} + (^{y} = 4 \end{matrix}$ 得 $(1 + k^{2}) x^{2} - (2 k^{2} + 8 k + 6) x + k^{2} + 8 k + 21 = 0$ ．

∴ $x_{^{1}} + x_{^{2}} = \frac{2 k^{2} + 8 k + 6}{1 + k^{2}}$ 得 $M (\frac{k^{2} + 4 k + 3}{1 + k^{2}} ， \frac{4 k^{2} + 2 k}{1 + k^{2}})$ ．

以下同解法一．

解法三：用几何法，

如图所示，△AMC∽△ABN，则 $\frac{A M}{A B} = \frac{A C}{A N}$ ，

可得 $A M \cdot A N = A C \cdot A B = 2 \sqrt{5} \cdot \frac{3}{\sqrt{5}} = 6$ ，是定值

甘肃省镇原县二中2018-2019学年高一上学期数学期末考试试卷