专题47平面解析几何第七缉-备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)

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备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)
专题47平面解析几何第七缉
1．【2017高中数学联赛B卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，曲线C1:y2=4x，曲线C2:x-42+y2=8.经过C1上一点P作一条倾斜角为45°的直线l，与C2交于两个不同的点Q、R，求|PQ|⋅|PR|的取值范围.
【答案】[4,8)∪(8,200)
【解析】设P(t2，2t)，则直线l的方程为y=x+2t－t2，
代入曲线C2的方程得(x-4)2+x+2t-t22=8，
化简可得2x2-2t2-2t+4x+t2-2t2+8=0 ①
由于l与C2交于两个不同的点，故关于x的方程①的判别式△为正.
计算得，Δ4=t2-2t+42-2t2-2t2+8
=t2-2t2-8t2-2t+16-2t2-2t2-16
=-t2-2t2+8t2-2t
=-t2-2tt2-2t-8
=-t(t-2)(t+2)(t-4)，
因此有t∈(-2,0)∪(2,4) ②
设Q、R的横坐标分别为x1,x2，由①知，x1+x2=t2-2t+4,x1x2=12t2-2t2+8，
因此，结合的倾斜角为45°可知，
|PQ|⋅|PR|=2x1-t2⋅2x2-t2=2x1x2-2t2x1+x2+2t4
=t2-2t2+8-2t2t2-2t+4+2t4=t4-4t3+4t2+8-2t4+4t3-8t2+2t4
=t4-4t2+8=t2-22+4 ③
由②可知，t2-2∈(-2,2)∪(2,14)，故t2-22∈[0,4)∪(4,196)，
从而由③得，|PQ|⋅|PR|=t2-22+4∈[4,8)∪(8,200).
注1利用C2的圆心到l的距离小于C2的半径，列出不等式4+2t-t229,则PA⋅PB=t-9t-18t=t+162t-27≥182-27，
当且仅当t=92>9时取等号,
从而PA⋅PB的最小值为182-27.
4．【2017年辽宁预赛】已知椭圆C:x24+y2=1的上顶点为M,下顶点为N,Tt,2t≠0为直线y=2上一点,过点T的直线TM、TN分别与栙圆C交于E、F两点.1若△TMN的面积是△TEF的面积的k倍,问:当t为何值时,k取最大值.
【答案】当t=±23时,k有最大值为43.
【解析】由题意,TM的直线方程为y=xt+1,则{y=xt+1x2+4y2=4.所以点E的坐标为(-8tt2+4,t2-4t2+4).
又TN的直线方程为y=3xt-1,则{y=3xt-1x2+4y2=4得点F的坐标为(24tt2+36,-t2+36t2+36).
直线EF的斜率kEF=-t2+36t2+36-t2-4t2+424tt2+36--8tt2+4=t2-12-16t，
直线EF的方程为y-t2-4t2+4=-t2-1216tx+8tt2+4即t2-1216tx+y-12=0,
可知,直线EF经过定点0,12.
因此，S△TEF=S△TMN-S△FMN+S△MEF=12×2×t-12×2×24tt2+36+12×12×24tt2+36+8tt2+4=t-24tt2+36+2t×3t2+36+1t2+4
而S△TMN=12×2×t=t,所以k=S△TMNS△TEF=t4+40t2+144t4+24t2+144=1+16t2t4+24t2+144=1+16t2+144t2+24≤1+162144+24=43，
当且仅当t2=144t2,即t=±23时取等号.
综上,当t=±23时,k有最大值为43.
5．【2017年吉林预赛】已知椭圆E:x2+4y2=4的左、右顶点分别为M、N,过点P-2,2作直线与椭圆E交于A、B两点,且A、B位于第一象限,A在线段BP上,直线OP与直线NA相交于C点,连结MB、MC、AM.直线AM、AC、MB,MC的斜率分别记为kAM,kAC,kMB,kMC.求证:kMBkAM=kACkMC.
【答案】证明见解析
【解析】如图,设Ax1,y1,Bx2,y2.由Ax1,y1为椭圆E上一点,得x12-4=-4y12,于是kAM⋅kAC=kAM⋅kAN=y1x1+2×y1x1-2=y12x12-4=y12-4y12=-14.

设AB:x=ty+m,因为直线AB过点P-2,2,所以-2=2t+m,即m=-2-2t.
联立x2+4y2=4,x=ty-2t-2,得t2+4y2-4t2+4ty+4t2+8t=0,
于是y1+y2=4t2+4tt2+4,y1y2=4t2+8tt2+4.，
由O、P、C共线,可设C-c,c.
由C,A,N共线,得c-c-2=y1x1-2,于是c=-2y1x1+y1-2.
于是kMB⋅kMC=y2x2+2×-2y1x1+y1-22y1x1+y1-2+2=-y1y2x2+2x1+2y1-2
=-y1y2(ty2-2t)[(t+2)y1-2t-4]
=-y1y2(t2+2t)y1y2-(2t2+4t)(y1+y2)+(4t2+8t)
=-4t2+8tt2+4(t2+2t)×4t2+8tt2+4-(2t2+4t)×4t2+4tt2+4+(4t2+8t)
=-14.
所以kMB⋅kMC=kAM⋅kAC,即kMBkAM=kACkMC.
6．【2017年山东预赛】已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0经过点P62,12,离心率为22,动点M2,tt>0.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)求以OM为直径且被直线3x-4y-5=0截得的弦长为2的圆的方程;
(3)设F是椭圆的右焦点,过点F作OM的垂线与以OM为直径的圆交于点N,证明线段ON的长为定值,并求出这个定值.
【答案】(1) x22+y2=1；(2) x-12+y-22=5；(3)证明见解析.
【解析】(1)因为点P62,12在椭圆上,故6a2+14b2=1,
又因为e=22,所以12=c2a2=a2-b2a2，
联立{64a2+14b2=112=a2-b2a2，解得a2=2,b2=1.因此椭圆方程为x22+y2=1,
(2)易知OM的中点为1,t2,所以3×1-4⋅t2-532+-422+12=12+t22解得t=4或t=-49(舍).
所以所求圆的方程为x-12+y-22=5.
(3)设Nx0,y0,点N在以OM为直径的圆上,所以ON⋅MN=0,
得x0x0-2+y0y0-t=0,即x02+y02=2x0+ty0,
又OM⋅FN=0,得2x0-1+ty0=0,即2x0+ty0=2,
所以ON=x02+y02=2x0+ty0=2.
7．【2017年福建预赛】已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0过点P-2,1,且离心率为22.过点P作两条互相垂直的直线分别交椭圆于A、B两点(A,B与点P不重合).求证：直线AB过定点,并求该定点的坐标.
【答案】证明见解析
【解析】依题意,有4a2+1b2=1,且ca=a2-b2a=22.解得a2=6,b2=3.
所以椭圆C的方程为x26+y23=1.
易知直线AB的斜率存在,设AB的方程为y=kx+m.由{y=kx+mx26+y23=1,
得2k2+1x2+4mkx+2m2-6=0. ①

设Ax1,y1,Bx2,y2,则x1+x2=-4mk2k2+1,x1x2=2m2-62k2+1由PA⊥PB知,PA⋅PB=0.
所以(x1+2)(x2+2)+(y1-1)(y2-1)=(x1+2)(x2+2)+(kx1+m-1)(kx2+m-1)=0，
即(k2+1)x1x2+(km-k+2)(x1+x2)+m2-2m+5=0，
所以(k2+1)×2m2-62k2+1+(km-k+2)×(-4mk2k2+1)+m2-2m+5=0，
所以3m2-8mk+4k2-2m-1=0，
所以(3m-2k+1)(m-2k-1)=0.
由直线AB不过点P(-2,1),知m-2k-1≠0.所以3m-2k+1=0,m=23k-13,
将直线AB方程化为y=kx+23k-13.
所以直线AB过定点D-23,-13.
8．【2017年河南预赛】设一圆和一等轴双曲线交于A1、A2,A3,A4四点,其中A1和A2是圆的直径的一对端点.
(1)求证:线段A3A4的中点是双曲线的中心;
(2)求双曲线在点A3和A4处的切线和直线A1A2的夹角的大小.
【答案】(1)证明见解析；(2)90∘.
【解析】(1)证明：不妨设双曲线为:xy=aa≠0,
圆的方程为:x2+y2+2Dx+2Ey+F=0,交点坐标为xi,yi,其中i=1,2,3,4.
联立消去y得x4+2Dx3+Fx2+2aEx+a2=0, ①
则xi是方程①的根.
由根与系数的关系知x1+x2+x3+x4=-2D,
因为A1和A2是圆的直径的一对端点,且圆心的横坐标是-D,所以x1+x2=-2D,
从而x3+x4=0,故y3+y4=ax3+ax4=ax4+x3x3⋅x4=0.
于是,线段A3A4的中点是0,0,即线段A3A4的中点是双曲线的中心.
(2)由xy=a得y=ax,则y'=-ax2,从而点A3处双曲线的切线的斜率k=-ax32,
又kA1A2=ax2-ax1x2-x1=-ax1⋅x2,则k⋅kA1A2=a2x1⋅x2⋅x32,
由x3+x4=0及x1⋅x2⋅x3⋅x4=a2知x1⋅x2⋅x32=-a2,
所以k⋅kA1A2=-1即双曲线在点A3处的切线垂直于直线A1A2,
同理可证,双曲线在点A4处的切线垂直于直线A1A2,故双曲线在点A3和A4处的切线和直线A1A2的夹角均为90∘.
9．【2017年湖北预赛】过拋物线y2=2x的焦点F的直线l交抛物线于A、B两点,抛物线在A,B两点处的切线交于点E.
(1)求证:EF⊥AB;
(2)设AF=λFB,当λ∈13,12时,求△ABE的面积S的最小值.
【答案】(1)证明见解析；(2) 27232.
【解析】(1)设l的方程为x=my+12,代入y2=2x,得y2-2my-1=0.
设A(y122,y1),B(y222,y2),则设A(y122,y1),B(y222,y2),
则y1+y2=2m， ①
y1y2=-1， ②
设切线AE：y1y=x+y122 ③
切线BE：y2y=x+y222 ④
由③、④得y2(x+y122)=y1(x+y222)，所以x=y12y2-y22y12(y1-y2)=y1⋅y22=-12，
③-④，得(y1-y2)y=12(y12-y22)即y=y1+y22=m.所以E(-12,m).
当m=0时,显然有EF⊥AB.
当m≠0时,kEF⋅kAB=m-0-12-12⋅1m=-1,所以EF⊥AB.
(2)由AF=λFB得y1=-λy2.结合①、②得y2=2m1-λ,-λ2m1-λ2=-1,从而m2=1-λ24λ.
又|AB=1+m2y1-y2∣=1+m2⋅4m2+4=21+m2,EF=1+m2,所以S△ABE=12AB⋅EF=1+m23.
因为λ∈13,12,所以m2=14λ+1λ-2在区间13,12上为减函数.
所以,当λ=12时,m2取得最小值18,
从而可得Smin=27232.
10．【2017年四川预赛】如图,点A与点A'在x轴上,且关于y轴对称,过点A'垂直于x轴的直线与抛物线y2=2x交于两点B,C,点D为线段AB上的动点,点E在线段AC上,满足CECA=ADAB.
(1)求证：直线DE与此抛物线有且只有一个公共点;
(2)设直线DE与此抛物线的公共点为F,记△BCF与△ADE的面积分别为S1,S2.求S1S2的值.

【答案】(1)证明见解析；(2)2.
【解析】(1)设A-2a2,0、A'2a2,0,所以可得B2a2,2a,C2a2,-2a)
设Dx1,y1,AD=λAB,则CE=λCA.
于是x1+2a2,y1=λ4a2,2a),故D的坐标为4λ-2a2,2λa.
设Ex2,y2,由CE=λCA得,x2-2a2,y2+2a=λ-4a2,2a,所以E的坐标为2-4λa2,2λ-2a.
当λ=12时,直线DE为y轴,结论显然成立;
当λ≠12时,直线DE的斜率存在,且斜率为kDE=2a8λ-4a2=14λ-2a
所以直线DE的方程是y-2λa=14λ-2ax-4λ-2a2,
化简得4λ-2ay-2λa4λ-2a=x-4λ-2a2
即x=2a2λ-1y-2a22λ-12, ①
与抛物线方程联立,得y2-4a2λ-1y+4a22λ-12=0, ②
此时,方程②有两个相等的根:y=2a2λ-1,
代入①,得x=2a22λ-12.
所以，直线DE与此拋物线有且只有一个公共点F2a22λ-12,2a(2λ-1)).
(2)S△BCF=12BC⋅h=12⋅4a⋅2a2-xF=4a34λ-4λ2.
设直线DE与x轴交于点G,令y=0,代入方程①解得,x=2a2λ-1y-2a22λ-12,
解得x=-2a22λ-12,故AG=2a2-2a22λ-12=2a24λ-4λ2.
于是S△ADE=S△ADG+S△AEG=12⋅AG⋅yD-yE=a24λ-4λ2⋅2λa-2λ-2a=2a3(4λ-4λ2)
所以S△BCFS△ADE=2.
11．【2017年陕西预赛】已知抛物线E:y=x2的焦点为F,过y轴正半轴上一点M的直线l与拋物线E交于A、B两点,O为坐标原点,且OA⋅OB=2.
(1)求证：直线l过定点;
(2)设点F关于直线OB的对称点为C,求四边形OABC面积的最小值.
【答案】(1)证明见解析；(2)3.
【解析】(1)设l:y=kx+mm>0,代入y=x2,得x2-kx-m=0.
设Ax1,y1,Bx2,y2,则x1x2=-m,从而,y1y2=x12x22=m2.
因为OA⋅OB=x1x2+y1y2=2,所以m2-m-2=0.
解得m=-1(舍去),或m=2.
故直线l过定点M0,2.
(2)不妨设x1>0,则由(1)得x2=-2x1.由对称性,
得S△BOC=S△BOF=12|OF|⋅|x2|=14x1.
又S△AOB=S△AOM+S△BOM=12|OM|(|x1|+|x2|)=x1+2x1,
所以S四边形OABC=S△AOB+S△BOC=x1+94x1≥2x1⋅94x1=3,
当且仅当x1=94x1,即x1=32时,上式等号成立.
故四边形OABC面积的最小值为3.
12．【2017年甘肃预赛】设i,j为平面直角坐标系中x,y轴正方向上的单位向量,若向量a=x+2i+yj,b=x-2i+yj,且a-b=2.
(1)求满足上述条件的点Px,y的轨迹方程;
(2)设A-1,0,F2,0,问是否存在常数λλ>0,使得∠PFA=λ∠PAF恒成立?证明你的结论.
【答案】(1) x2-y23=1x>0；(2)答案见解析.
【解析】(1)由条件a-b=2得x+22+y2-x-22+y2=2,
从而得,P点的轨迹为x2-y23=1x>0.
(2)在第一象限内作PF⊥x轴,则P2,3,此时∠PFA=90∘,∠PAF=45∘,λ=2,
下面证明PF与x轴不垂直时,∠PFA=2∠PAF恒成立,设Px1,y1,
由于kPA=y1x1+1,kPF=y1x1-2,tan2∠PAF=2kPA1-kPA2=2x1+1y1x1+12-y12,y12=3x12-1=3x1-1x1+1,
从而tan2∠PAF=-y1x1-2,tan∠PFA=-kPF=-y1x1-2,
故∠PFA=2∠PAF恒成立.
13．【2017年黑龙江预赛】已知拋物线G的顶点在原点,焦点在y轴正半轴上,点pm,4到其准线的距离等于5.
(1)求抛物线G的方程;
(2)如图,过拋物线G的焦点的直线依次与抛物线G及圆x2+y-12=1交于A、C,D、B四点,试证明AC⋅BD为定值;
(3)过A、B分别作抛物线G的切线l1、l2,且l1、l2交于点M,试求△ACM与△BDM面积之和的最小值.

【答案】(1) x2=4y；(2)证明见解析；(3)2.
【解析】(1)由题知,拋物线的准线方程为y+1=0,p2=1.
所以拋物线C的方程为x2=4y.
(2)设直线AB的方程为y=kx+1,交抛物线C于点Ax1,y1,Bx2,y2).
由拋物线定义知AF=y1+1,BF=y2+1,所以AC=y1,BD∣=y2.
由x2=4y,y=kx+1,得x2-4kx-4=0.
显然Δ>0,则x1+x2=4k,x1x2=-4.
所以y1y2=x12⋅x2216=1,所以AC⋅BD=1.
(3)解法一由x2=4y,y=14x2,y'=12x,得直线AM方程y-14x12=12x1x-x1, ①
直线BM方程y-14x22=12x2x-x2 ②
由②-①得12x1-x2x=14x12-14x22,
所以12x1-x2x=14x12-14x22,所以x=12x1+x2=2k,所以y=-1,
所以点M的坐标为2k,-1.
点M到直线AB的距离d=k⋅2k+1+11+k2=21+k2,
弦AB长为AB=1+k2x1+x22-4x1x2=1+k216+16k2=41+k2.
△ACM与△BDM的面积之和为S=12AB-2⋅d=12×2+4k2×21+k2=21+2k21+k2
当k=0时,即AB的方程为y=1时,△ACM与△BDM面积之和的最小值为2.
解法二由解法一知d=21+k2.△ACM与△BDM面积之和S=12AC+BD⋅d其中d为点M到直线AB的距离;
因为AC+BD≥2AC⋅BD=2,当且仅当k=0时等号成立.
而当k=0时,d也取到最小值2,
当k=0时,即AB方程为y=1时,△ACM与△BDM面积之和最小值为2.
14．【2017年贵州预赛】如图,已知△ABC的三个顶点在椭圆x212+y24=1上,坐标原点O为△ABC的重心.
试求△ABC的面积.

【答案】9
【解析】因为椭圆方程为x212+y24=1,A,B,C在椭圆上,故设A23cosα,2sinα,B23cosβ,2sinβ.
又因为△ABC的重心为原点O,所以C-23cosα+cosβ,-2sinα+sinβ.
代入椭圆方程,得cosα+cosβ2+sinα+sinβ2=1⇒cosα-β=-12,
故S△ABC=3S△AOB=312yA+yBxA-xB-12xAyA+xByB=32xAyB-xByA=3243cosαsinβ-sinαcosβ=63sinα-β=63×32=9.
15．【2017年广东预赛】设直线l:y=x+b与椭圆C:x225+y29=1不相交.过直线l的点P作椭圆C的切线PM、PN,切点分别为M、N,连结MN.
(1)当点P在直线l上运动时,证明:直线MN恒过定点Q;
(2)当MN∥l时,定点Q平分线段MN.
【答案】证明见解析
【解析】(1)设Px0,y0,Mx1,y1,Nx2,y2,则椭圆过点M、N的切线方程分别为Bx1x25+y1y9=1,x2x25+y2y9=1.
因为两切线都过点P,则有x1x025+y1y09=1,x2x025+y2y09=1.
这表明M、N均在直线x0x25+y0y9=1 ①
上.由两点确定一条直线知,式①就是直线MN的方程,其中x0,y0满足直线l的方程.
当点P在直线l上运动时,可理解为x0取遍一切实数,相应的y0为y0=x0+b,
代入①消去y0得x0x25+x0+b9y-1=0 ②
对一切x0∈R恒成立.
变形可得x0x25+y9+b9y-1=0,对一切x0∈R恒成立.
故有x25+y9=0,b9y-1=0.由此解得直线MN恒过定点Q-25b,9b.
(2)当MN∥l时,由式(2)知-x025=x0+b9≠b,解得x0=-2534b
代入②,得此时MN的方程为y=x+34b, ③
将此方程与椭圆方程联立,消去y得3425x2+68bx+342b2-1=0,
由此可得,此时MN截椭圆所得弦的中点横坐标恰好为点Q-25b,9b的横坐标,
即x=12x1+x2=-12×68b3425=-25b.
代入③式可得弦中点纵坐标恰好为点Q-25b,9b的纵坐标,
即y=-25b+34b=9b.
这就是说,点Q-25b,9b平分线段MN.
16．【2017年广西预赛】已知抛物线C:y=12x2与直线L:y=kx-1没有公共点.设点P为直线L上的动点,过P作拋物线C的两条切线,A,B为切点.
(1)证明：动直线AB恒过定点Q;
(2)设点P与(1)中的定点Q的连线交抛物线C于M、N两点,证明:PMPN=QMQN.
【答案】证明见解析
【解析】(1)设Ax1,y1,则y1=12x12.由y=12x2得y'=x,所以y'x=x1=x1.
于是拋物线C在A点处的切线方程为y-y1=x1x-x1,即y=x1x-y1.
设Px0,kx0-1,则有kx0-1=x0x1-y1.
设Bx2,y2,同理有kx0-1=x0x2-y2.
则AB的方程为kx0-1=x0x-y,即x0x-k-y-1=0,
所以直线AB恒过定点Qk,1.
(2)PQ的方程为y=kx0-2x0-kx-k+1,
与拋物线方程y=12x2联立,消去y,得x2-2kx0-4x0-kx+2k2-2x0-2kx0-k=0.
设Mx3,y3,Nx4,y4则x3+x4=2kx0-4x0-k,x3x4=2k2-2x0-2kx0-k. ①
要证PMPN=QMQN,只需证明x3-x0x4-x0=k-x3x4-k,
即2x3x4-k+x0x3+x4+2kx0=0. ②
由①知，②式左边=22k2-2x0-4kx0-k-k+x02kx0-4x0-k+2kx0=22k2-2x0-4k-k+x02kx0-4+2kx0x0-kx0-k=0.
故②式成立,从而结论成立.
17．【2017年浙江预赛】已知椭圆x26+y22=1的右焦点为F,过F的直线y=kx-2交椭圆于P、Q两点k≠0.若PQ的中点为N,O为原点,直线ON交直线x=3于M.
(1)求∠MFQ的大小;
(2)求PQMF的最大值.
【答案】(1) ∠MFQ=π2；(2) 3.
【解析】(1)联立x26+y22=1,y=kx-2,可得3k2+1x2-12k2x+12k2-6=0.
设P点的坐标为xp,yp,Q点的坐标为xq,yq,
则xp+xq=12k23k2+1,xpxq=12k2-63k2+1.
于是有yp+yq=kxp+xq-4k=-4k3k2+1.
因为PQ的中点为N,所以N6k23k2+1,-2k3k2+1.
因此ON的斜率为kON=-13k.
因为直线ON交直线x=3于M,所以M3,-1k.
故MF的斜率为kMF=-1k,即得kMF⋅kPQ=-1.
因此MF与PQ垂直,∠MFQ=π2.
(2)设I=PQMF2=xp-xq2+k2xp-xq21+1k2
=k2(xp-xq)2=k2[(xp+xq)2-4xpxq]
=k2[144k4(3k2+1)2-242k2-13k2+1]=24k2k2+1(3k2+1)2.
令u=3k2+1,则I=8u-1u+23u2=-1631u2-12u-12=-1631u-142-916.
由于u=3k2+1>1,故0≤1u0,m≠n的斜率等于1的弦,AB的垂直平分线与椭圆交于两点C、D.

(1)求证:CD2-AB2=4EF2;
(2)求证：四点A、B、C、D共圆.
【答案】证明见解析
【解析】(1)因为直线AB的斜率为1,故设其方程为y=x+t,
与方程mx2+ny2=1联立消去y,整理得m+nx2+2ntx+nt2-1=0.
由于A,B存在,故m+n≠0,
且Δ1=4n2t2-4m+nnt2-1=4m+n-mnt2>0,即t20,得t20的焦点F作弦BC,若弦BC的垂直平分线交BC于M,交x轴于N.求证:MN2=FB⋅FC.
【答案】证明见解析
【解析】拋物线y2=2px的焦点Fp2,0.
设BC所在直线的参数方程为x=p2+tcosα,t为参数.y=tsinα,
代入y2=2px,整理得t2sin2α-2ptcosα-p2=0，
则|FB|⋅|FC|=|t1⋅t2|=p2sin2α.
又M为BC的中点,所以|MF|=|t1+t22|=|pcosαsin2α|，|MN|=|MF|⋅|tanα|=|pcosαsin2α|⋅|tanα|=psinα，
故|MN|2=p2sin2α.
所以MN2=FB⋅FC.
23．【2016年陕西预赛】已知直线l：y=3x+4，动圆⊙O：x2+y2=r2(1