2022全国乙卷文数第21题详解详析|思维+运算

前言

2022全国乙卷文数第21题详解详析|思维+运算，挺难的一个题目，运算量比思维量大多了。具体的思维总结，详见：圆锥曲线的定点问题

真题详析

【2022年高考全国卷乙卷文数第21题】已知椭圆 \(E\) 的中心为坐标原点， 对称轴为 \(x\) 轴、 \(y\) 轴， 且过 \(A(0,-2)\)， \(B(\cfrac{3}{2},-1)\) 两点。

(1). 求 \(E\) 的方程；

解: 设椭圆 \(E\) 的方程为 \(mx^{2}+ny^{2}=1\)这种设标准方程的好处在于能避免分类讨论，否则我们还需要分焦点在 \(x\) 轴和焦点在 \(y\) 轴两种情况分类计算。， 又其经过点 \(A(0,-2)\)， \(B(\cfrac{3}{2},-1)\)，^[1]

则\(\left\{\begin{array}{r}4n=1 \\ \cfrac{9}{4}m+n=1\end{array}\right.\), 解得 \(m=\cfrac{1}{3}\)， \(n=\cfrac{1}{4}\)，

所以椭圆 \(E\) 的方程为: \(\cfrac{y^{2}}{4}+\cfrac{x^{2}}{3}=1\)。

(2). 设过点 \(P(1,-2)\) 的直线交 \(E\) 于 \(M\)，\(N\) 两点， 过 \(M\) 且平行于 \(x\) 轴的直线与线段 \(AB\) 交于 点 \(T\)， 点 \(H\) 满足 \(\overrightarrow{MT}=\overrightarrow{TH}\)， 证明: 直线 \(HN\) 过定点。

证明：由于经过点 \(P\) 的直线其斜率可能存在，也可能不存在，故分类讨论如下：

\(1^{\circ}\) 若过点 \(P(1,-2)\) 的直线斜率不存在，则此时直线为 \(x=1\)，

将其代入 \(\cfrac{x^{2}}{3}+\cfrac{y^{2}}{4}=1\)，可得 \(M(1,\cfrac{2\sqrt{6}}{3})\)， \(N(1,-\cfrac{2\sqrt{6}}{3})\)，

代入直线 \(AB\) 的方程 \(y=\cfrac{2}{3}x-2\)，可得 \(T(\sqrt{6}+3, \cfrac{2\sqrt{6}}{3})\)，

由 \(\overrightarrow{MT}=\overrightarrow{TH}\) ^[2]，解得 \(H(2\sqrt{6}+5, \cfrac{2\sqrt{6}}{3})\)，

从而求得直线 \(HN\) 方程： \(y=(2-\cfrac{2\sqrt{6}}{3})x-2\)，^[3] 显然直线 \(HN\) 过定点 \((0,-2)\)。

\(2^{\circ}\) 若过点 \(P(1,-2)\) 的直线斜率存在，则直线为\(y+2=k(x-1)\)，

整理为 \(kx-y-(k+2)=0\)， 再设\(M(x_{1}, y_{1})\)， \(N(x_{2}, y_{2})\)，

联立直线和椭圆方程，得到，\(\left\{\begin{array}{l}kx-y-(k+2)=0 \\\cfrac{x^{2}}{3}+\cfrac{y^{2}}{4}=1\end{array}\right.\)，

整理得到 \((3k^{2}+4)x^{2}-6k(2+k)x+3k(k+4)=0\)，

故有 \(\left\{\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}=\cfrac{6k(2+k)}{3 k^{2}+4}\\x_{1}x_{2}=\cfrac{3k(4+k)}{3k^{2}+4}\end{array}\right.①\) \(\qquad\) 以及 \(\left\{\begin{array}{l}y_{1}+y_{2}=\cfrac{-8(2+k)}{3 k^{2}+4}\\ y_{1} y_{2}=\cfrac{4\left(4+4 k-2 k^{2}\right)}{3k^{2}+4}\end{array}\right.②\) ^[4]

且有 \(x_{1}y_{2}+x_{2}y_{1}=\cfrac{-24k}{3k^{2}+4}③\) ^[5]

联立 \(\left\{\begin{array}{c}y=y_{1} \\ y=\cfrac{2}{3}x-2\end{array}\right.\)， 可得 \(T(\cfrac{3 y_{1}}{2}+3, y_{1})\)， \(H(3y_{1}+6-x_{1}, y_{1})\)

同理同法，可求得直线 \(HN\) 方程： \(y-y_{2}=\cfrac{y_{1}-y_{2}}{3y_{1}+6-x_{1}-x_{2}}(x-x_{2})\)， ^[6]

将\((0,-2)\) 代入上述方程此处我们要将其化简为形如 \(y\)\(=\)\((2\)\(-\)\(\cfrac{2\sqrt{6}}{3}\)\()\)\(x\)\(-\)\(2\)，可能会非常困难，但是我们可以转换思维，采用代入验证的方法，这样不就柳暗花明又一村了吗？，整理得 \(2(x_{1}+x_{2})-6(y_{1}+y_{2})+x_{1} y_{2}+x_{2}y_{1}-3y_{1}y_{2}-12=0\)，

将 ①②③式代入， 得 \(24k+12k^{2}+96+48k-24k-48-48k+24k^{2}-36k^{2}-48=0\)，显然成立，即直线 \(HN\) 经过定点 \((0,-2)\)。

综上\(1^{\circ}\) 和 \(2^{\circ}\)，可得直线 \(HN\) 经过定点 \((0,-2)\)。

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1. 当椭圆的焦点位置不明确而无法确定其标准方程时，可设为\(\cfrac{x^2}{m}+\cfrac{y^2}{n}=1\) (\(m>0,n>0\))，可避免分类讨论，也可设为\(Ax^2+By^2=1\) (\(A>0,B>0\)且\(A\neq B\))，解题比较方便。更多... ↩︎

2. 设点 \(H(m,n)\)，则由向量的坐标运算得到，\(\overrightarrow{MT}=(\sqrt{6}+2,0)\)，\(\overrightarrow{TH}=(m-\sqrt{6}-3,n-\cfrac{2\sqrt{6}}{3})\)，
   由 \(\overrightarrow{MT}=\overrightarrow{TH}\) 得到 \((\sqrt{6}+2,0)=(m-\sqrt{6}-3,n-\cfrac{2\sqrt{6}}{3})\)，
   故解得 \(m=2\sqrt{6}+5\)，\(n=\cfrac{2\sqrt{6}}{3}\)，即 \(H(2\sqrt{6}+5, \cfrac{2\sqrt{6}}{3})\)， ↩︎

3. 由于点 \(H(2\sqrt{6}+5, \cfrac{2\sqrt{6}}{3})\)，\(N(1,-\cfrac{2\sqrt{6}}{3})\)，
   故依托直线的两点式方程 \(\cfrac{y-y_2}{y_1-y_2}=\cfrac{x-x_2}{x_1-x_2}\) 公式，
   得到直线 \(HN\) 的两点式方程：\(\cfrac{y-(-\frac{2\sqrt{6}}{3})}{\frac{2\sqrt{6}}{3}-(-\frac{2\sqrt{6}}{3})}=\cfrac{x-1}{2\sqrt{6}+5-1}\)，
   整理得到，即 \(\cfrac{y+\frac{2\sqrt{6}}{3}}{\frac{4\sqrt{6}}{3}}=\cfrac{x-1}{2\sqrt{6}+4}\)，
   到此处的途径一，努力化简后得到 \(y=(2-\cfrac{2\sqrt{6}}{3})x-2\)，则直线 \(HN\) 过定点 \((0,-2)\)。
   详细的化简过程：用分式列项[若先去分母，则难的多]，得到 \(\cfrac{3y}{4\sqrt{6}}+\cfrac{1}{2}=(x-1)\times\cfrac{2\sqrt{6}-4}{(2\sqrt{6}+4)(2\sqrt{6}-4)}\)，
   即 \(y=[\cfrac{\sqrt{6}-2}{4}(x-1)-\cfrac{1}{2}]\times\cfrac{4\sqrt{6}}{3}\)，即 \(y=\cfrac{24-8\sqrt{6}}{12}(x-1)-\cfrac{4\sqrt{6}}{6}\)，
   即化简得到 \(y=(2-\cfrac{2\sqrt{6}}{3})x-2\)；直线 \(HN\) 过定点 \((0,-2)\)。
   途径二，如果感觉化简复杂麻烦，将点 \((0,-2)\) 代入验证也可以，左边为 \(\cfrac{-2+\frac{2\sqrt{6}}{3}}{\frac{4\sqrt{6}}{3}}=\cfrac{2-\sqrt{6}}{4}\)，右边为 \(\cfrac{0-1}{2\sqrt{6}+4}=\cfrac{2-\sqrt{6}}{4}\)，则 左右相等，故 直线 \(HN\) 过定点 \((0,-2)\)。 ↩︎

4. 由于 \(y=kx-(k+2)\) ，则 \(y_1=kx_1-(k+2)\) ，\(y_2=kx_2-(k+2)\) ，
   故\(y_1+y_2=k(x_1+x_2)-2(k+2)\)\(=k\times\cfrac{6k(2+k)}{3k^2+4}-2(k+2)=\cfrac{-8(2+k)}{3k^2+4}\)，
   且 \(y_{1}y_{2}\)\(=\)\([kx_1-(k+2)]\cdot[kx_2-(k+2)]\)\(=\)\(k^2x_1x_2-k(k+2)(x_1+x_2)+(k+2)^2\)
   \(=k^2\times\cfrac{3k(4+k)}{3k^{2}+4}-k(k+2)\times\cfrac{6k(2+k)}{3k^{2}+4}+\cfrac{(k+2)^2(3k^2+4)}{3k^{2}+4}\)
   \(=\cfrac{4(4+4k-2k^2)}{3k^2+4}\)； ↩︎

5. 解释：\(x_1y_2+x_2y_1\)\(=\)\(x_1[kx_2-(k+2)]+x_2[kx_1-(k+2)]\)
   \(=\)\(kx_1x_2-x_1(k+2)+kx_1x_2-x_2(k+2)\)\(=2kx_1x_2-(k+2)(x_1+x_2)\)
   \(=2k\times\cfrac{3k(4+k)}{3k^{2}+4}-(k+2)\times\cfrac{6k(2+k)}{3 k^{2}+4}\)
   \(=\cfrac{-24k}{3k^{2}+4}\) ↩︎

6. 此处由于点 \(H(3y_{1}+6-x_{1}, y_{1})\)，点 \(N(x_{2}, y_{2})\)，故直线 \(HN\) 斜率为\(k\)\(=\)\(\cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}\)\(=\)\(\cfrac{y_1-y_2}{3y_1+6-x_1-x_2}\)，故直线 \(HN\) 的点斜式方程为 \(y-y_{2}=\cfrac{y_{1}-y_{2}}{3y_{1}+6-x_{1}-x_{2}}(x-x_{2})\) 。 ↩︎