【014】2020高考全国1卷理数第20题（文数第21题）

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2020高考数学真题解析：全国1卷理科数学第20题（文数第21题），圆锥曲线大题。

已知 $A$ ， $B$ 分别为椭圆 $E:\dfrac{x^2}{a^2}+y^2=1\left( a>1 \right)$ 的左、右顶点， $G$ 为 $E$ 的上顶点， $\overrightarrow{AG}\cdot \overrightarrow{GB}=8$ 。 $P$ 为直线 $x=6$ 上的动点， $PA$ 与 $E$ 的另一个交点为 $C$ ， $PB$ 与 $E$ 的另一交点为 $D$ 。

（1）求 $E$ 的方程；（2）证明：直线 $CD$ 过定点。

解：（1） $A\left( -a,0 \right)$ ， $B\left( a,0 \right)$ ， $G\left( 0,1 \right)$

则 $\overrightarrow{AG}=\left( a,1 \right)$ ， $\overrightarrow{GB}=\left( a,-1 \right)$ 。所以 $\overrightarrow{AG}\cdot \overrightarrow{GB}=a^2-1=8$ ，解得 $a=3$

所以 $E$ 的方程为 $\dfrac{x^2}{9}+y^2=1$ 。

（2）由（1）知 $A\left( -3,0 \right)$ ， $B\left( 3,0 \right)$ ，设 $P\left( 6,t \right)$ ， $C\left( x_1,y_1 \right)$ ， $D\left( x_2,y_2 \right)$

【法1】∵ $k_{AC}=\dfrac{t}{9}$ ， $k_{BD}=\dfrac{t}{3}$ ，∴ $k_{BD}=3k_{AC}$

∵ $D$ 在椭圆 $E$ 上，∴ $\dfrac{x_{2}^{2}}{9}+y_{2}^{2}=1$ ，∴ $x_{2}^{2}-9=-9y_{2}^{2}$ ，即 $\left( x_2+3 \right) \left( x_2-3 \right) =-9y_{2}^{2}$

所以 $\dfrac{y_2}{x_2+3}\cdot \dfrac{y_2}{x_2-3}=-\dfrac{1}{9}$ ，即 $k_{AD}\cdot k_{BD}=-\dfrac{1}{9}$

所以 $k_{AD}\cdot k_{AC}=-\dfrac{1}{27}$ ，即 $\dfrac{y_1}{x_1+3}\cdot \dfrac{y_2}{x_2+3}=-\dfrac{1}{27}$

由于 $CD$ 肯定不过 $A$ 点，设为 $m\left( x+3 \right) +ny=1$

由 $\dfrac{x^2}{9}+y^2=1$ ，得 $y^2-\dfrac{2}{3}\left( x+3 \right) +\dfrac{\left( x+3 \right) ^2}{9}=0$

∴ $y^2-\dfrac{2}{3}\left( x+3 \right) \left[ m\left( x+3 \right) +ny \right] +\dfrac{\left( x+3 \right) ^2}{9}=0$

∴ $y^2-\dfrac{2}{3}n\left( x+3 \right) y+\left( \dfrac{1}{9}-\dfrac{2}{3}m \right) \left( x+3 \right) ^2=0$

∴ $\left( \dfrac{y}{x+3} \right) ^2-\dfrac{2}{3}n\cdot \dfrac{y}{x+3}+\left( \dfrac{1}{9}-\dfrac{2}{3}m \right) =0$

所以 $\dfrac{y_1}{x_1+3}\cdot \dfrac{y_2}{x_2+3}=\dfrac{1}{9}-\dfrac{2}{3}m=-\dfrac{1}{27}$ ，解得 $m=\dfrac{2}{9}$ ，

代回 $CD$ 的方程得： $\dfrac{2}{9}x+ny-\dfrac{1}{3}=0$ ，所以 $CD$ 过定点 $\left( \dfrac{3}{2},0 \right)$ 。

【法2】∵ $k_{AC}=\dfrac{t}{9}$ ， $k_{BD}=\dfrac{t}{3}$ ，∴ $k_{BD}=3k_{AC}$ ，即 $\dfrac{3y_1}{x_1+3}=\dfrac{y_2}{x_2-3}$

两边平方得： $\dfrac{9y_{1}^{2}}{\left( x_1+3 \right) ^2}=\dfrac{y_{2}^{2}}{\left( x_2-3 \right) ^2}$ ，代入 $9y_{1}^{2}=9-x_{1}^{2}$ ， $y_{2}^{2}=\dfrac{1}{9}\left( 9-x_{2}^{2} \right)$ 化简得：

$\dfrac{3-x_1}{3+x_1}=\dfrac{1}{9}\cdot \dfrac{3+x_2}{3-x_2}$ ，∴ $4x_1x_2-15\left( x_1+x_2 \right) +36=0\cdots \left( \ast \right)$

（1）当 $CD$ 的斜率不存在时， $y_1=-y_2$ ，解得 $x_1=x_2=\dfrac{3}{2}$ ，即此时 $CD$ 的方程为 $x=\dfrac{3}{2}$ ，恒过 $\left( \dfrac{3}{2},0 \right)$

（2）当 $CD$ 的斜率存在时，设 $CD:y=kx+m$ ，联立 $\begin{cases} y=kx+m\\ \dfrac{x^2}{9}+y^2=1\\\end{cases}$ 得：

$\left( 9k^2+1 \right) x^2+18kmx+9m^2-9=0$

所以 $x_1x_2=\dfrac{9m^2-9}{9k^2+1}$ ， $x_1+x_2=\dfrac{-18km}{9k^2+1}$ ，代入 $\left( \ast \right)$ 式得：

$4\left( 9m^2-9 \right) -15\cdot \left( -18km \right) +36\left( 9k^2+1 \right) =0$

两边同除以 $18$ 化简得： $2m^2+15km+18k^2=0$

∴ $\left( 2m+3k \right) \left( m+6k \right) =0$ ，∴ $m=-\dfrac{3}{2}k$ 或 $m=-6k$

所以 $CD$ 方程为 $y=kx-\dfrac{3}{2}k$ 或 $y=kx-6k$ ，恒过 $\left( \dfrac{3}{2},0 \right)$ 或 $\left( 6,0 \right)$

由于 $CD$ 与 $x$ 轴的交点在椭圆内部，舍去 $\left( 6,0 \right)$

所以 $CD$ 恒过 $\left( \dfrac{3}{2},0 \right)$

综合（1）（2）知， $CD$ 过定点 $\left( \dfrac{3}{2},0 \right)$ 。

【法3】因为 $k_{BD}=3k_{AC}$ ， $AC$ 与 $BD$ 都经过 $x$ 轴上的已知点，所以可以用“斜率”这一个变量表示 $C$ ， $D$ 两点的坐标。为避免联立两次，我们可以先把 $AC$ 与 $BD$ 的方程统一设成 $y=k\left( x-m \right)$ 。

联立 $\begin{cases} y=k\left( x-m \right)\\ \dfrac{x^2}{9}+y^2=1\\\end{cases}$ 得： $\left( 9k^2+1 \right) x^2-18k^2mx+9k^2m^2-9=0$

∴ $m\cdot x_2=\dfrac{9k^2m^2-9}{9k^2+1}$ ，∴ $x_2=\dfrac{9k^2m^2-9}{\left( 9k^2+1 \right) m}$ ， $y_2=k\cdot \dfrac{-9-m^2}{\left( 9k^2+1 \right) m}$

代入 $m=-3$ 得： $x_C=\dfrac{-27k^2+3}{9k^2+1}$ ， $y_c=\dfrac{6k}{9k^2+1}$

代入 $m=3$ ， $k'=3k$ 得： $x_D=\dfrac{243k^2-3}{81k^2+1}$ ， $y_D=\dfrac{-18k}{81k^2+1}$

由对称性知，如果 $CD$ 过定点，则该定点一定在 $x$ 轴上，不妨设为 $P\left( x_0,0 \right)$

由 $C$ ， $D$ ， $P$ 三点共线，得： $\left( x_0-x_C \right) \left( y_D-y_C \right) =\left( x_D-x_C \right) \left( 0-y_C \right)$

所以 $x_0=\dfrac{x_Dy_C-x_Cy_D}{y_C-y_D}$ $=\dfrac{6k\left( 243k^2-3 \right) +18k\left( -27k^2+3 \right)}{6k\left( 81k^2+1 \right) +18k\left( 9k^2+1 \right)}$ $=\dfrac{3}{2}\times \dfrac{18\times 18k^3+12k}{18\times 18k^3+12k}$ $=\dfrac{3}{2}$

所以 $CD$ 过定点 $\left( \dfrac{3}{2},0 \right)$ 。

说明：本题的目标为 $k_{BD}=3k_{AC}$ ，即 $\dfrac{3y_1}{x_1+3}=\dfrac{y_2}{x_2-3}$ ，是非对称的

如果用直线方程 $y=kx+m$ 代入： $\dfrac{3\left( kx_1+m \right)}{x_1+3}=\dfrac{kx_2+m}{x_2-3}$

即： $2kx_1x_2+\left( 3m-3k \right) x_2-\left( 9k+m \right) x_1-12m=0$ ，还是非对称的。

（很多非对称的题目，用直线方程代入之后，会变成对称的，但本题不是）

到这里，也可以把 $y=kx+m$ 与椭圆联立，得到 $x_1x_2$ ， $x_1+x_2$ ，然后代掉 $x_1x_2$ ，保留 $x_1$ （或 $x_2$ ），并用 $x_1+x_2$ 的式子减去 $x_1$ （或 $x_2$ ），去代换 $x_2$ （或 $x_1$ ），并整理成 $f\left( k,m \right) \cdot x_1+g\left( k,m \right) =0$ ，由于不管 $x_1$ 怎么变，该式恒成立，所以 $\begin{cases} f\left( k,m \right) =0\\ g\left( k,m \right) =0\\\end{cases}$ ，解得 $k$ 与 $m$ 之间的关系。