已知椭圆 E 的中心为坐标原点，对称轴为 x 轴、 y 轴…——2022 高考数学第 20 题答案解析

【答案】① $\frac{y^2}{4} + \frac{x^2}{3} = 1$

> ② $(0, -2)$

【解析】

【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；

> ② 设出直线方程, 与椭圆 $C$ 的方程联立, 分情况讨论斜率是否存在, 即可得解. 【小问 1 详解】

解：设椭圆 E 的方程为 $mx^{2} + ny^{2} = 1$ ，过 $A(0, -2)$ ， $B\left(\frac{3}{2}, -1\right)$ ，

则 $\left\{ \begin{array}{l}4n = 1\\ \frac{9}{4} m + n = 1 \end{array} \right.$ ，解得 $m = \frac{1}{3}$ ， $n = \frac{1}{4}$

所以椭圆 E 的方程为： $\frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3}=1$ .

【小问 2 详解】

$A(0,-2), B(\frac{3}{2}, -1)$ ，所以 $AB: y + 2 = \frac{2}{3}x$ ，

①若过点 $P(1, -2)$ 的直线斜率不存在，直线 $x = 1$ .代入 $\frac{x^2}{3} +\frac{y^2}{4} = 1$

可得 $M(1, -\frac{2\sqrt{6}}{3})$ ， $N(1, \frac{2\sqrt{6}}{3})$ ，代入 $AB$ 方程 $y = \frac{2}{3} x - 2$ ，可得

$T(-\sqrt{6} + 3, -\frac{2\sqrt{6}}{3})$ ，由 $\overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH}$ 得到 $H(-2\sqrt{6} + 5, -\frac{2\sqrt{6}}{3})$ .求得 $HN$ 方程：

$y=(2+\frac{2\sqrt{6}}{3})x-2$ ，过点 $(0,-2)$ .

②若过点 $P(1, -2)$ 的直线斜率存在，设 $kx - y - (k + 2) = 0, M(x_1, y_1), N(x_2, y_2)$ .

联立 $\left\{\begin{aligned}kx-y-(k+2)=0\\ \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{aligned}\right.$ ，得 $(3k^{2}+4)x^{2}-6k(2+k)x+3k(k+4)=0$ ，

可得 $\left\{ \begin{array}{l}x_{1} + x_{2} = \frac{6k(2 + k)}{3k^{2} + 4}\\ x_{1}x_{2} = \frac{3k(4 + k)}{3k^{2} + 4} \end{array} \right.,\left\{ \begin{array}{l}y_{1} + y_{2} = \frac{-8(2 + k)}{3k^{2} + 4}\\ y_{1}y_{2} = \frac{4(4 + 4k - 2k^{2})}{3k^{2} + 4} \end{array} \right.,$

且 $x_{1}y_{2} + x_{2}y_{1} = \frac{-24k}{3k^{2} + 4} (*)$

联立 $\left\{\begin{aligned}y&=y_{1}\\ y&=\frac{2}{3}x-2\end{aligned}\right.$ , 可得 $T(\frac{3y_{1}}{2}+3,y_{1}), H(3y_{1}+6-x_{1},y_{1}).$

可求得此时 $HN: y - y_{2} = \frac{y_{1} - y_{2}}{3y_{1} + 6 - x_{1} - x_{2}} (x - x_{2})$ ,

将 $(0, -2)$ ，代入整理得 $2(x_{1} + x_{2}) - 6(y_{1} + y_{2}) + x_{1}y_{2} + x_{2}y_{1} - 3y_{1}y_{2} - 12 = 0$ ，

将 $(*)$ 代入，得 $24k+12k^{2}+96+48k-24k-48-48k+24k^{2}-36k^{2}-48=0,$

显然成立，

综上，可得直线 HN 过定点 $(0,-2)$ .

【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：

①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；

②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.