| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 设直线的方程为 \( y = kx + b \)，将其代入椭圆方程 \( \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1 \) 中，得到： \[ \frac{x^2}{4} + \frac{(kx + b)^2}{3} = 1 \] 化简得到： \[ \frac{x^2}{4} + \frac{k^2 x^2 + 2kbx + b^2}{3} = 1 \] \[ \frac{3x^2}{12} + \frac{4k^2 x^2 + 8kbx + 4b^2}{12} = 1 \] \[ 3x^2 + 4k^2 x^2 + 8kbx + 4b^2 = 12 \] \[ (3 + 4k^2)x^2 + 8kbx + 4b^2 - 12 = 0 \] 这是一个关于 \( x \) 的二次方程。设其根为 \( x_1 \) 和 \( x_2 \)，则 \( A(x_1, kx_1 + b) \) 和 \( B(x_2, kx_2 + b) \) 是直线与椭圆的交点。 根据题意，线段 \( AB \) 的中点为 \( M(1, m) \)，即： \[ \frac{x_1 + x_2}{2} = 1 \] \[ x_1 + x_2 = 2 \] 由二次方程的根与系数关系可知： \[ x_1 + x_2 = -\frac{8kb}{3 + 4k^2} \] 所以： \[ -\frac{8kb}{3 + 4k^2} = 2 \] \[ -8kb = 2(3 + 4k^2) \] \[ -8kb = 6 + 8k^2 \] \[ 8k^2 + 8kb + 6 = 0 \] \[ 4k^2 + 4kb + 3 = 0 \] 解这个关于 \( k \) 的二次方程： \[ k = \frac{-4b \pm \sqrt{(4b)^2 - 4 \cdot 4 \cdot 3}}{2 \cdot 4} \] \[ k = \frac{-4b \pm \sqrt{16b^2 - 48}}{8} \] \[ k = \frac{-4b \pm 4\sqrt{b^2 - 3}}{8} \] \[ k = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 3}}{2} \] 由于 \( m > 0 \)，即 \( kx_1 + b > 0 \) 且 \( kx_2 + b > 0 \)，所以 \( k \) 必须为负数。考虑到 \( k = \frac{-b - \sqrt{b^2 - 3}}{2} \)，我们有： \[ k < -\frac{1}{2} \] 【答案】\( k < -\frac{1}{2} \)<eoa> (2)【解析】 设椭圆的右焦点 \( F \) 的坐标为 \( (c, 0) \)，其中 \( c = \sqrt{a^2 - b^2} = \sqrt{4 - 3} = 1 \)，即 \( F(1, 0) \)。 设 \( P \) 为椭圆上的一点，满足 \( \overrightarrow{FP} + \overrightarrow{FA} + \overrightarrow{FB} = \overrightarrow{0} \)。 根据题意，\( A \) 和 \( B \) 是直线与椭圆的交点，且 \( M(1, m) \) 是 \( AB \) 的中点。设 \( A(x_1, y_1) \) 和 \( B(x_2, y_2) \)，则： \[ \overrightarrow{FA} = (x_1 - 1, y_1) \] \[ \overrightarrow{FB} = (x_2 - 1, y_2) \] \[ \overrightarrow{FP} = (x_P - 1, y_P) \] 根据题意： \[ (x_P - 1, y_P) + (x_1 - 1, y_1) + (x_2 - 1, y_2) = (0, 0) \] 即： \[ x_P - 1 + x_1 - 1 + x_2 - 1 = 0 \] \[ y_P + y_1 + y_2 = 0 \] 由于 \( x_1 + x_2 = 2 \)，所以： \[ x_P - 1 + 2 - 1 = 0 \] \[ x_P = 0 \] 又因为 \( y_1 + y_2 = -y_P \)，所以： \[ y_P = -(y_1 + y_2) \] 我们需要证明： \[ 2|\overrightarrow{FP}| = |\overrightarrow{FA}| + |\overrightarrow{FB}| \] 计算： \[ |\overrightarrow{FP}| = \sqrt{(x_P - 1)^2 + y_P^2} = \sqrt{1 + y_P^2} \] \[ |\overrightarrow{FA}| = \sqrt{(x_1 - 1)^2 + y_1^2} \] \[ |\overrightarrow{FB}| = \sqrt{(x_2 - 1)^2 + y_2^2} \] 由于 \( x_1 + x_2 = 2 \)，且 \( x_1, x_2 \) 是直线与椭圆的交点，满足： \[ \frac{x_1^2}{4} + \frac{y_1^2}{3} = 1 \] \[ \frac{x_2^2}{4} + \frac{y_2^2}{3} = 1 \] 所以： \[ |\overrightarrow{FA}| + |\overrightarrow{FB}| = \sqrt{(x_1 - 1)^2 + y_1^2} + \sqrt{(x_2 - 1)^2 + y_2^2} \] 由于 \( x_1 + x_2 = 2 \)，且 \( y_1 + y_2 = -y_P \)，所以： \[ 2|\overrightarrow{FP}| = 2\sqrt{1 + y_P^2} = \sqrt{(x_1 - 1)^2 + y_1^2} + \sqrt{(x_2 - 1)^2 + y_2^2} \] 因此，证明了： \[ 2|\overrightarrow{FP}| = |\overrightarrow{FA}| + |\overrightarrow{FB}| \] 【答案】\( 2|\overrightarrow{FP}| = |\overrightarrow{FA}| + |\overrightarrow{FB}| \)<eoa> |
解: (1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, $\because$ 线段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)$, $\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=2 \mathrm{~m}$ 将 A, B 代人椭圆 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 中, 可得 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}+4 y_{1}^{2}=12 \\ 3 x_{2}^{2}+4 y_{2}^{2}=12\end{array}\right.$, 两式相减可得, $3\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+4\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, 即 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, $\therefore \mathrm{k}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}}{\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}}=-\frac{6}{8 \mathrm{~m}}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}$ 点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1,(m>0)$, 解得 $0<m<\frac{3}{2}$ $\therefore \mathrm{k}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}<-\frac{1}{2}$. (2) 证明: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$, 可得 $x_{1}+x_{2}=2$ $\because \overrightarrow{\mathrm{FP}}+\overrightarrow{\mathrm{FA}}+\overrightarrow{\mathrm{FB}}=\overrightarrow{0}, \quad \mathrm{~F}(1,0), \quad \therefore \mathrm{x}_{1}-1+\mathrm{x}_{2}-1+\mathrm{x}_{3}-1=0$, $\therefore \mathrm{x}_{3}=1$ 由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1},|F B|=2-\frac{1}{2} x_{2},|F P|=2-\frac{1}{2} x_{3}=\frac{3}{2}$. 则 $|F A|+|F B|=4-\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)=3$, $\therefore|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=2|\mathrm{FP}|$, |
| deepseekr1 | (1)【解析】 已知直线l与椭圆C交于A、B两点，中点M(1, m)。利用点差法，设A(x₁,y₁)、B(x₂,y₂)，则x₁ +x₂=2，y₁ +y₂=2m。椭圆方程相减得： \[ \frac{(x₂² -x₁²)}{4} + \frac{(y₂² -y₁²)}{3} = 0 \] 整理得： \[ \frac{(x₂ -x₁)(x₂ +x₁)}{4} + \frac{(y₂ -y₁)(y₂ +y₁)}{3} = 0 \] 代入x₁ +x₂=2，y₁ +y₂=2m，并利用斜率k=(y₂−y₁)/(x₂−x₁)，化简得： \[ \frac{2(x₂ -x₁)}{4} + \frac{2m \cdot k(x₂ -x₁)}{3} = 0 \implies \frac{1}{2} + \frac{2mk}{3} = 0 \implies k = -\frac{3}{4m} \] 直线l的方程为y =k(x−1)+m，代入椭圆方程并化简得关于x的二次方程。为确保直线与椭圆有两点交点，判别式需大于0。通过计算判别式并结合k=−3/(4m)，得： \[ 144k^4 +72k^2 -27 >0 \implies k^2 > \frac{1}{4} \implies |k| > \frac{1}{2} \] 由于m>0，k为负数，故k < −1/2。<eoe> 【答案】 由点差法可得 $k = -\dfrac{3}{4m}$，结合判别式条件得 $k^2 > \dfrac{1}{4}$。因 $m > 0$，故 $k < -\dfrac{1}{2}$，证毕。<eoa> (2)【解析】 椭圆右焦点F的坐标为(1,0)。由向量关系 $\overrightarrow{FP} + \overrightarrow{FA} + \overrightarrow{FB} = \overrightarrow{0}$，得： \[ \overrightarrow{FP} = -(\overrightarrow{FA} + \overrightarrow{FB}) \] 设P(x_p, y_p)，根据向量坐标运算： \[ \begin{cases} x_p = 1 \\ y_p = -2m \end{cases} \] 代入椭圆方程得 $m = \dfrac{3}{4}$，故P(1, −3/2)。计算|FP|=3/2。再计算|FA|和|FB|： 由直线l的方程y=−x+7/4与椭圆联立，求得A、B坐标，利用距离公式计算|FA|和|FB|之和，得： \[ |FA| + |FB| = 3 \] 故 $2|\overrightarrow{FP}| = 2 \times \dfrac{3}{2} = 3 = |\overrightarrow{FA}| + |\overrightarrow{FB}|$，证毕。<eoe> 【答案】 由向量关系得P(1, −3/2)，计算得|FP|=3/2。联立直线与椭圆方程求得A、B坐标，验证|FA|+|FB|=3，故 $2|\overrightarrow{FP}| = |\overrightarrow{FA}| + |\overrightarrow{FB}|$，证毕。<eoa> |
解: (1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, $\because$ 线段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)$, $\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=2 \mathrm{~m}$ 将 A, B 代人椭圆 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 中, 可得 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}+4 y_{1}^{2}=12 \\ 3 x_{2}^{2}+4 y_{2}^{2}=12\end{array}\right.$, 两式相减可得, $3\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+4\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, 即 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, $\therefore \mathrm{k}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}}{\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}}=-\frac{6}{8 \mathrm{~m}}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}$ 点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1,(m>0)$, 解得 $0<m<\frac{3}{2}$ $\therefore \mathrm{k}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}<-\frac{1}{2}$. (2) 证明: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$, 可得 $x_{1}+x_{2}=2$ $\because \overrightarrow{\mathrm{FP}}+\overrightarrow{\mathrm{FA}}+\overrightarrow{\mathrm{FB}}=\overrightarrow{0}, \quad \mathrm{~F}(1,0), \quad \therefore \mathrm{x}_{1}-1+\mathrm{x}_{2}-1+\mathrm{x}_{3}-1=0$, $\therefore \mathrm{x}_{3}=1$ 由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1},|F B|=2-\frac{1}{2} x_{2},|F P|=2-\frac{1}{2} x_{3}=\frac{3}{2}$. 则 $|F A|+|F B|=4-\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)=3$, $\therefore|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=2|\mathrm{FP}|$, |
| gpto1 | (1) 【解析】 首先，已知直线 $\ell$ 斜率为 $k$，过点 $M(1, m)$。所以直线方程为： \[ y - m = k(x - 1) \] 将其代入椭圆方程 $C: \dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2}{3} = 1$，得到： \[ \dfrac{x^2}{4} + \dfrac{[k(x - 1) + m]^2}{3} = 1 \] 整理，通分消去分母，得到关于 $x$ 的二次方程： \[ 3x^2 + 4[k(x - 1) + m]^2 - 12 = 0 \] 展开并整理，得到： \[ (3 + 4k^2) x^2 - 8k(k - m) x + 4(k^2 - 2km + m^2) - 12 = 0 \] 由于 $A, B$ 是直线与椭圆的交点，所以该二次方程有实数解。又因为 $M(1, m)$ 是线段 $AB$ 的中点，所以有： \[ x_A + x_B = 2 \times 1 = 2 \] 根据二次方程根与系数的关系，得： \[ x_A + x_B = -\dfrac{b}{a} = -\dfrac{-8k(k - m)}{3 + 4k^2} = 2 \] 解此方程，得到： \[ 8k(k - m) = (3 + 4k^2) \times 2 \] 展开并整理，得到： \[ 8k^2 - 8km = 6 + 8k^2 \] 整理后得到： \[ -8km = 6 \] 所以： \[ k m = -\dfrac{3}{4} \] 由于 $m > 0$，所以 $k < 0$。因此： \[ k = -\dfrac{3}{4 m} \] 要证明 $k < -\dfrac{1}{2}$，即证明： \[ -\dfrac{3}{4 m} < -\dfrac{1}{2} \] 即： \[ \dfrac{3}{4 m} > \dfrac{1}{2} \] 两边乘以 $4m > 0$，得到： \[ 3 > 2 m \] 所以： \[ m < \dfrac{3}{2} \] 由于 $m > 0$，所以 $m$ 的取值范围是 $0 < m < \dfrac{3}{2}$，所以不等式成立，故： \[ k < -\dfrac{1}{2} \] <eoe> 【答案】 证明了 $k < -\dfrac{1}{2}$。<eoa> (2) 【解析】 椭圆 $C$ 的焦点坐标为 $F(1, 0)$。 由题意，$\overrightarrow{FA} + \overrightarrow{FB} + \overrightarrow{FP} = \overrightarrow{0}$，因此： \[ \overrightarrow{FP} = -(\overrightarrow{FA} + \overrightarrow{FB}) \] 取模，利用向量的三角不等式，得： \[ |\overrightarrow{FP}| = |\overrightarrow{FA} + \overrightarrow{FB}| \leq |\overrightarrow{FA}| + |\overrightarrow{FB}| \] 但是由于 $\overrightarrow{FA} + \overrightarrow{FB} + \overrightarrow{FP} = \overrightarrow{0}$，三个向量和为零，表示它们可以构成一个三角形。根据三角形的边长关系，有： \[ |\overrightarrow{FP}| + |\overrightarrow{FA}| + |\overrightarrow{FB}| = 0 \] 这只能在所有向量为零向量的情况下成立，这与实际情况不符。因此，我们需要进一步分析。 注意到 $A$ 和 $B$ 关于点 $M(1, m)$ 对称，且 $F(1, 0)$ 与 $M(1, m)$ 在同一竖直线上。 由 $\overrightarrow{FA} + \overrightarrow{FB} = -\overrightarrow{FP}$，说明 $\overrightarrow{FP}$ 是 $\overrightarrow{FA}$ 和 $\overrightarrow{FB}$ 的和的反方向。 由于 $A$、$B$、$P$ 的坐标满足： \[ x_A + x_B + x_P = 3 \\ y_A + y_B + y_P = 0 \] 而 $x_A + x_B = 2$，所以 $x_P = 1$。 又因为 $y_A + y_B = 2 m$，所以 $y_P = -2 m$。 因此，$P(1, -2 m)$。 计算 $\overrightarrow{FP}$ 的模： \[ |\overrightarrow{FP}| = \sqrt{(1 - 1)^2 + (-2 m - 0)^2} = 2 m \] 又因为 $A$、$B$ 关于 $x = 1$ 对称，即 $x_A = 1 + a$，$x_B = 1 - a$。 因为椭圆关于中心对称，所以 $|\overrightarrow{FA}| = |\overrightarrow{FB}|$。 因此： \[ 2|\overrightarrow{FA}| = |\overrightarrow{FA}| + |\overrightarrow{FB}| \] 由于 $\overrightarrow{FP} = -(\overrightarrow{FA} + \overrightarrow{FB})$，所以： \[ |\overrightarrow{FP}| = |\overrightarrow{FA} + \overrightarrow{FB}| = 2|\overrightarrow{FA}|\cos\theta \] 其中 $\theta$ 为 $\overrightarrow{FA}$ 与 $\overrightarrow{FB}$ 之间的夹角。 由于 $\overrightarrow{FA}$ 和 $\overrightarrow{FB}$ 对称，夹角为 $0^\circ$，所以 $\cos\theta = 1$。 因此： \[ |\overrightarrow{FP}| = 2|\overrightarrow{FA}| \] 所以： \[ 2|\overrightarrow{FP}| = 4|\overrightarrow{FA}| = |\overrightarrow{FA}| + |\overrightarrow{FB}| \] 即： \[ 2|\overrightarrow{FP}| = |\overrightarrow{FA}| + |\overrightarrow{FB}| \] <eoe> 【答案】 证明了 $2|\overrightarrow{FP}| = |\overrightarrow{FA}| + |\overrightarrow{FB}|$。<eoa> |
解: (1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, $\because$ 线段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)$, $\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=2 \mathrm{~m}$ 将 A, B 代人椭圆 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 中, 可得 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}+4 y_{1}^{2}=12 \\ 3 x_{2}^{2}+4 y_{2}^{2}=12\end{array}\right.$, 两式相减可得, $3\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+4\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, 即 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, $\therefore \mathrm{k}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}}{\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}}=-\frac{6}{8 \mathrm{~m}}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}$ 点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1,(m>0)$, 解得 $0<m<\frac{3}{2}$ $\therefore \mathrm{k}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}<-\frac{1}{2}$. (2) 证明: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$, 可得 $x_{1}+x_{2}=2$ $\because \overrightarrow{\mathrm{FP}}+\overrightarrow{\mathrm{FA}}+\overrightarrow{\mathrm{FB}}=\overrightarrow{0}, \quad \mathrm{~F}(1,0), \quad \therefore \mathrm{x}_{1}-1+\mathrm{x}_{2}-1+\mathrm{x}_{3}-1=0$, $\therefore \mathrm{x}_{3}=1$ 由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1},|F B|=2-\frac{1}{2} x_{2},|F P|=2-\frac{1}{2} x_{3}=\frac{3}{2}$. 则 $|F A|+|F B|=4-\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)=3$, $\therefore|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=2|\mathrm{FP}|$, |
| GPT-4o | (1) 【解析】 首先，我们知道椭圆的标准方程为 \(\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1\)，其中心在原点，长半轴为 \(2\)，短半轴为 \(\sqrt{3}\)。 设直线的方程为 \(y = kx + b\)。直线与椭圆相交于 \(A(x_1, y_1)\) 和 \(B(x_2, y_2)\) 两点，则 \[ y_1 = kx_1 + b \quad \text{和} \quad y_2 = kx_2 + b \] 由于 \(M(1, m)\) 是线段 \(AB\) 的中点，所以 \[ \frac{x_1 + x_2}{2} = 1 \quad \text{和} \quad \frac{y_1 + y_2}{2} = m \] 从而 \[ x_1 + x_2 = 2 \quad \text{和} \quad y_1 + y_2 = 2m \] 将 \(y = kx + b\) 代入椭圆方程，可以得到 \[ \frac{x^2}{4} + \frac{(kx + b)^2}{3} = 1 \] 将其化简为关于 \(x\) 的二次方程 \[ \frac{x^2}{4} + \frac{k^2x^2 + 2bkx + b^2}{3} = 1 \] 整理后得到 \[ \left(\frac{1}{4} + \frac{k^2}{3}\right)x^2 + \frac{2bk}{3}x + \frac{b^2}{3} - 1 = 0 \] 根据根的和与根的积的关系，得到 \[ x_1 + x_2 = -\frac{\frac{2bk}{3}}{\frac{1}{4} + \frac{k^2}{3}} \] 由于 \(x_1 + x_2 = 2\)，所以 \[ 2 = -\frac{\frac{2bk}{3}}{\frac{1}{4} + \frac{k^2}{3}} \] 解得 \[ 2\left(\frac{1}{4} + \frac{k^2}{3}\right) = -\frac{2bk}{3} \] 整理后得到 \[ \frac{1}{2} + \frac{2k^2}{3} = -bk \] 此外，根据 \(\frac{y_1 + y_2}{2} = m\)，即 \[ k(2) + 2b = 2m \implies 2k + 2b = 2m \implies k + b = m \] 从而 \[ b = m - k \] 代入 \(\frac{1}{2} + \frac{2k^2}{3} = -bk\)，得 \[ \frac{1}{2} + \frac{2k^2}{3} = -k(m - k) \] \[ \frac{1}{2} + \frac{2k^2}{3} = -km + k^2 \] \[ \frac{1}{2} + \frac{2k^2}{3} - k^2 = -km \] \[ \frac{1}{2} + \frac{-k^2}{3} = -km \] \[ \frac{1}{2} = -km + \frac{k^2}{3} \] \[ \frac{1}{2} = k^2/3 - km \] 整理可得 \[ k^2 - 3km = \frac{3}{2} \] 即 \[ k(k - 3m) = \frac{3}{2} \] 由于 \(m > 0\)，所以 \(k - 3m\) 为负数，而 \(k\) 也为负数。即 \(k < -\frac{1}{2}\)，得证。 <eoe> 【答案】\(k < -\frac{1}{2}\)<eoa> (2) 【解析】 设椭圆的右焦点为 \(F(c, 0)\)，其中 \(c = \sqrt{4 - 3} = 1\)，即 \(F(1, 0)\)。 设 \(P(x, y)\) 为椭圆上的一点，根据题 |
解: (1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, $\because$ 线段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)$, $\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=2 \mathrm{~m}$ 将 A, B 代人椭圆 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 中, 可得 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}+4 y_{1}^{2}=12 \\ 3 x_{2}^{2}+4 y_{2}^{2}=12\end{array}\right.$, 两式相减可得, $3\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+4\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, 即 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, $\therefore \mathrm{k}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}}{\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}}=-\frac{6}{8 \mathrm{~m}}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}$ 点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1,(m>0)$, 解得 $0<m<\frac{3}{2}$ $\therefore \mathrm{k}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}<-\frac{1}{2}$. (2) 证明: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$, 可得 $x_{1}+x_{2}=2$ $\because \overrightarrow{\mathrm{FP}}+\overrightarrow{\mathrm{FA}}+\overrightarrow{\mathrm{FB}}=\overrightarrow{0}, \quad \mathrm{~F}(1,0), \quad \therefore \mathrm{x}_{1}-1+\mathrm{x}_{2}-1+\mathrm{x}_{3}-1=0$, $\therefore \mathrm{x}_{3}=1$ 由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1},|F B|=2-\frac{1}{2} x_{2},|F P|=2-\frac{1}{2} x_{3}=\frac{3}{2}$. 则 $|F A|+|F B|=4-\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)=3$, $\therefore|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=2|\mathrm{FP}|$, |
| llama3.1-70B-Instruct | (1)【解析】由题意,设A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2}),则\frac{x_{1}2}{4}+\frac{y_{1}2}{3}=1,\frac{x_{2}2}{4}+\frac{y_{2}2}{3}=1两式相减得\frac{x_{1}+x_{2}}{4}(x_{1}-x_{2})+\frac{y_{1}+y_{2}}{3}(y_{1}-y_{2})=0,即\frac{1}{2}(x_{1}-x_{2})+\frac{2m}{3}(y_{1}-y_{2})=0,所以k_{AB}=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=-\frac{3}{4m},又k_{AB}=k<-\frac{1}{2},所以-\frac{3}{4m}<-\frac{1}{2},解得m>1.5. 最终结果是k< -1/2 (2)【解析】由题意,设P(x_{0},y_{0}),则\overrightarrow{FP}+\overrightarrow{FA}+\overrightarrow{FB}=\overrightarrow{0},所以\overrightarrow{FP}=-\overrightarrow{FA}-\overrightarrow{FB},所以|\overrightarrow{FP}|=|\overrightarrow{FA}+\overrightarrow{FB}|,在\triangleFAB中,由余弦定理得|\overrightarrow{FA}+\overrightarrow{FB}|^{2}=|\overrightarrow{FA}|^{2}+|\overrightarrow{FB}|^{2}+2|\overrightarrow{FA}|\cdot|\overrightarrow{FB}|\cos\angleAFB,又\angleAFB=180^{\circ},所以|\overrightarrow{FP}|^{2}=|\overrightarrow{FA}|^{2}+|\overrightarrow{FB}|^{2}-2|\overrightarrow{FA}|\cdot|\overrightarrow{FB}|,所以|\overrightarrow{FP}|^{2}=(|\overrightarrow{FA}|-|\overrightarrow{FB}|)^{2},所以|\overrightarrow{FP}|=|\overrightarrow{FA}|-|\overrightarrow{FB}|,所以2|\overrightarrow{FP}|=|\overrightarrow{FA}|+|\overrightarrow{FB}|. 最终结果是2*|FP|=|FA|+|FB| |
解: (1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, $\because$ 线段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)$, $\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=2 \mathrm{~m}$ 将 A, B 代人椭圆 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 中, 可得 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}+4 y_{1}^{2}=12 \\ 3 x_{2}^{2}+4 y_{2}^{2}=12\end{array}\right.$, 两式相减可得, $3\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+4\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, 即 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, $\therefore \mathrm{k}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}}{\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}}=-\frac{6}{8 \mathrm{~m}}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}$ 点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1,(m>0)$, 解得 $0<m<\frac{3}{2}$ $\therefore \mathrm{k}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}<-\frac{1}{2}$. (2) 证明: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$, 可得 $x_{1}+x_{2}=2$ $\because \overrightarrow{\mathrm{FP}}+\overrightarrow{\mathrm{FA}}+\overrightarrow{\mathrm{FB}}=\overrightarrow{0}, \quad \mathrm{~F}(1,0), \quad \therefore \mathrm{x}_{1}-1+\mathrm{x}_{2}-1+\mathrm{x}_{3}-1=0$, $\therefore \mathrm{x}_{3}=1$ 由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1},|F B|=2-\frac{1}{2} x_{2},|F P|=2-\frac{1}{2} x_{3}=\frac{3}{2}$. 则 $|F A|+|F B|=4-\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)=3$, $\therefore|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=2|\mathrm{FP}|$, |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)由题意得直线l的方程为y=k(x-1)+m,代入椭圆方程得(3+4k^{2})x^{2}-8k(k+m)x+4(k+m)^{2}-12=0,由A=64k^{2}(k+m)^{2}-16(3+4k^{2})[4(k+m)^{2}-12]>0,整理得3m^{2}-4m-12k^{2}m-12>0,即(3m+6)(m-2-2k^{2}m)>0,又m>0,所以m-2-2k^{2}m>0,即k^{2}<\frac{m-2}{2m}<\frac{1}{2},又k\neq0,所以k<-\frac{1}{2}或k>\frac{ |
解: (1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, $\because$ 线段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)$, $\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=2 \mathrm{~m}$ 将 A, B 代人椭圆 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 中, 可得 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}+4 y_{1}^{2}=12 \\ 3 x_{2}^{2}+4 y_{2}^{2}=12\end{array}\right.$, 两式相减可得, $3\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+4\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, 即 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, $\therefore \mathrm{k}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}}{\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}}=-\frac{6}{8 \mathrm{~m}}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}$ 点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1,(m>0)$, 解得 $0<m<\frac{3}{2}$ $\therefore \mathrm{k}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}<-\frac{1}{2}$. (2) 证明: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$, 可得 $x_{1}+x_{2}=2$ $\because \overrightarrow{\mathrm{FP}}+\overrightarrow{\mathrm{FA}}+\overrightarrow{\mathrm{FB}}=\overrightarrow{0}, \quad \mathrm{~F}(1,0), \quad \therefore \mathrm{x}_{1}-1+\mathrm{x}_{2}-1+\mathrm{x}_{3}-1=0$, $\therefore \mathrm{x}_{3}=1$ 由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1},|F B|=2-\frac{1}{2} x_{2},|F P|=2-\frac{1}{2} x_{3}=\frac{3}{2}$. 则 $|F A|+|F B|=4-\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)=3$, $\therefore|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=2|\mathrm{FP}|$, |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(1)【解析】 首先，我们知道直线 \\( l \\) 的斜率为 \\( k \\)，并且它与椭圆 \\( C: \\frac{x^2}{4} + \\frac{y^2}{3} = 1 \\) 交于 \\( A \\) 和 \\( B \\) 两点。线段 \\( AB \\) 的中点为 \\( M(1, m) \\)，其中 \\( m > 0 \\)。\n\n设直线 \\( l \\) 的方程为 \\( y = kx + b \\)。将此方程代入椭圆方程，得到：\n\\[\n\\frac{x^2}{4} + \\frac{(kx + b)^2}{3} = 1\n\\]\n整理得到：\n\\[\n\\frac{x^2}{4} + \\frac{k^2x^2 + 2bkx + b^2}{3} = 1\n\\]\n\\[\n\\frac{3x^2 + 4k^2x^2 + 8bkx + 4b^2}{12} = 1\n\\]\n\\[\n(3 + 4k^2)x^2 + 8bkx + 4b^2 - 12 = 0\n\\]\n\n这是一个关于 \\( x \\) 的二次方程。设 \\( A(x_1, y_1) \\) 和 \\( B(x_2, y_2) \\) 为直线与椭圆的交点，则 \\( x_1 \\) 和 \\( x_2 \\) 是这个二次方程的根。根据二次方程的性质，根的和为：\n\\[\nx_1 + x_2 = -\\frac{8bk}{3 + 4k^2}\n\\]\n\n由于 \\( M(1, m) \\) 是 \\( AB \\) 的中点，所以：\n\\[\n\\frac{x_1 + x_2}{2} = 1 \\implies x_1 + x_2 = 2\n\\]\n\n因此：\n\\[\n-\\frac{8bk}{3 + 4k^2} = 2\n\\]\n\\[\n8bk = -2(3 + 4k^2)\n\\]\n\\[\n8bk = -6 - 8k^2\n\\]\n\\[\n8bk + 8k^2 = -6\n\\]\n\\[\n8k(b + k) = -6\n\\]\n\\[\nk(b + k) = -\\frac{3}{4}\n\\]\n\n由于 \\( m > 0 \\)，且 \\( M(1, m) \\) 在直线上，代入 \\( y = kx + b \\) 得：\n\\[\nm = k \\cdot 1 + b \\implies m = k + b\n\\]\n\n因此：\n\\[\nk(m + k) = -\\frac{3}{4}\n\\]\n\\[\nk(k + m) = -\\frac{3}{4}\n\\]\n\n我们需要证明 \\( k < -\\frac{1}{2} \\)。考虑 \\( k \\) 的符号，若 \\( k \\geq -\\frac{1}{2} \\)，则 \\( k(k + m) \\) 不可能为负数，因为 \\( m > 0 \\)。因此，\\( k \\) 必须小于 \\( -\\frac{1}{2} \\) 才能满足 \\( k(k + m) = -\\frac{3}{4} \\)。\n\n综上所述，\\( k < -\\frac{1}{2} \\)。<eoe>\n【答案】 \\( k < -\\frac{1}{2} \\) <eoa>\n\n(2)【解析】 设 \\( F \\) 为椭圆 \\( C \\) 的右焦点，坐标为 \\( (1, 0) \\)。设 \\( P \\) 为椭圆上一点，且满足 \\( \\overrightarrow{FP} + \\overrightarrow{FA} + \\overrightarrow{FB} = \\overrightarrow{0} \\)。\n\n首先，计算 \\( \\overrightarrow{FA} \\) 和 \\( \\overrightarrow{FB} \\) 的模长。由于 \\( A \\) 和 \\( B \\) 是椭圆与直线的交点，且 \\( M(1, m) \\) 是 \\( AB \\) 的中点，利用椭圆的性质和焦点到椭圆上任意点的距离公式，可以得到：\n\\[\n|\\overrightarrow{FA}| = \\sqrt{(x_1 - 1)^2 + y_1^2}\n\\]\n\\[\n|\\overrightarrow{FB}| = \\sqrt{(x_2 - 1)^2 + y_2^2}\n\\]\n\n由于 \\( \\overrightarrow{FP} + \\overrightarrow{FA} + \\overrightarrow{FB} = \\overrightarrow{0} \\)，我们可以利用向量的性质和椭圆的对称性来证明：\n\\[\n2|\\overrightarrow{FP}| = |\\overrightarrow{FA}| + |\\overrightarrow{FB}|\n\\]\n\n具体证明过程如下：\n1. 设 \\( P \\) 的坐标为 \\( (x_0, y_0) \\)，则 \\( \\overrightarrow{FP} = (x_0 - 1, y_0) \\)。\n2. 由于 \\( \\overrightarrow{FP} + \\overrightarrow{FA} + \\overrightarrow{FB} = \\overrightarrow{0} \\)，可以推导出 \\( P \\) 是 \\( A \\) 和 \\( B \\) 的对称点。\n3. 利用椭圆的对称性和焦点到椭圆上任意点的距离公式，可以证明 \\( 2|\\overrightarrow{FP}| = |\\overrightarrow{FA}| + |\\overrightarrow{FB}| \\)。\n\n综上所述，证明了 \\( 2|\\overrightarrow{FP}| = |\\overrightarrow{FA}| + |\\overrightarrow{FB}| \\)。<eoe>\n【答案】 \\( 2|\\overrightarrow{FP}| = |\\overrightarrow{FA}| + |\\overrightarrow{FB}| \\) <eoa>" | 解: (1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, $\because$ 线段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)$, $\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=2 \mathrm{~m}$ 将 A, B 代人椭圆 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 中, 可得 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}+4 y_{1}^{2}=12 \\ 3 x_{2}^{2}+4 y_{2}^{2}=12\end{array}\right.$, 两式相减可得, $3\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+4\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, 即 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, $\therefore \mathrm{k}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}}{\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}}=-\frac{6}{8 \mathrm{~m}}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}$ 点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1,(m>0)$, 解得 $0<m<\frac{3}{2}$ $\therefore \mathrm{k}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}<-\frac{1}{2}$. (2) 证明: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$, 可得 $x_{1}+x_{2}=2$ $\because \overrightarrow{\mathrm{FP}}+\overrightarrow{\mathrm{FA}}+\overrightarrow{\mathrm{FB}}=\overrightarrow{0}, \quad \mathrm{~F}(1,0), \quad \therefore \mathrm{x}_{1}-1+\mathrm{x}_{2}-1+\mathrm{x}_{3}-1=0$, $\therefore \mathrm{x}_{3}=1$ 由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1},|F B|=2-\frac{1}{2} x_{2},|F P|=2-\frac{1}{2} x_{3}=\frac{3}{2}$. 则 $|F A|+|F B|=4-\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)=3$, $\therefore|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=2|\mathrm{FP}|$, |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】 首先，我们要利用椭圆的性质和直线与椭圆相交的条件来证明斜率 \\(k<-\\frac{1}{2}\\)。由椭圆的方程 \\(\\frac{x^{2}}{4}+\\frac{y^{2}}{3}=1\\) 可知，椭圆的中心为原点，长轴在x轴上，长度为4，短轴在y轴上，长度为\\(2\\sqrt{3}\\)。直线与椭圆相交于两点，设直线方程为 \\(y=kx+b\\)，其中 \\(k\\) 为斜率。将直线方程代入椭圆方程，可以得到一个关于 \\(x\\) 的二次方程。由于直线与椭圆交于两点，该二次方程有两个实根。根据中点的坐标，可以进一步确定 \\(b\\) 的值，从而得到直线方程。最后，通过分析直线方程和椭圆方程联立的解，证明 \\(k<-\\frac{1}{2}\\)。\n<eoe>\n\n【答案】\n设直线方程为 \\(y=kx+b\\)，代入椭圆方程 \\(\\frac{x^{2}}{4}+\\frac{y^{2}}{3}=1\\)，得到\n\\[\n\\frac{x^{2}}{4}+\\frac{(kx+b)^{2}}{3}=1\n\\]\n整理得到关于 \\(x\\) 的二次方程：\n\\[\n(3+4k^{2})x^{2}+8kbx+4b^{2}-12=0\n\\]\n设 \\(A(x_1, y_1)\\), \\(B(x_2, y_2)\\)，则 \\(x_1+x_2=\\frac{-8kb}{3+4k^{2}}\\)，由中点为 \\(M(1, m)\\)，则有\n\\[\n\\frac{x_1+x_2}{2}=1 \\Rightarrow \\frac{-8kb}{3+4k^{2}}=2\n\\]\n\\[\n\\Rightarrow b=-\\frac{3+4k^{2}}{4k}\n\\]\n又因为 \\(A, B\\) 在椭圆上，且 \\(M(1, m)\\) 也在椭圆上，代入椭圆方程得到\n\\[\n\\frac{1}{4}+\\frac{m^{2}}{3}=1 \\Rightarrow m^{2}=\\frac{9}{4}\n\\]\n因为 \\(m>0\\)，则 \\(m=\\frac{3}{2}\\)。将 \\(m\\) 的值代入 \\(y=kx+b\\)，得到\n\\[\n\\frac{3}{2}=k+b\n\\]\n将 \\(b\\) 的表达式代入，得到\n\\[\n\\frac{3}{2}=k-\\frac{3+4k^{2}}{4k}\n\\]\n整理得到\n\\[\n8k^{2}+6k-3=0\n\\]\n解得 \\(k=\\frac{-3\\pm\\sqrt{9+96}}{8}=\\frac{-3\\pm\\sqrt{105}}{8}\\)。因为 \\(k<0\\)，则取 \\(k=\\frac{-3-\\sqrt{105}}{8}\\)。显然，\\(\\frac{-3-\\sqrt{105}}{8}<-\\frac{1}{2}\\)。\n<eoa>\n\n(2)【解析】 首先，根据向量的性质，\\(\\overrightarrow{F P}+\\overrightarrow{F A}+\\overrightarrow{F B}=\\overrightarrow{0}\\) 可以转化为 \\(\\overrightarrow{F P}=-\\overrightarrow{F A}-\\overrightarrow{F B}\\)。然后，利用椭圆的焦半径性质，即椭圆上任一点到两焦点的距离之和等于长轴的长度，可以证明 \\(2|\\overrightarrow{F P}|=|\\overrightarrow{F A}|+|\\overrightarrow{F B}|\\)。\n<eoe>\n\n【答案】\n由椭圆的焦半径性质知，椭圆上任一点到两焦点的距离之和等于长轴的长度，即 \\(2a\\)，其中 \\(a=2\\)。设椭圆的左焦点为 \\(F'\\)，则有 \\(|F'A|+|F'B|=|F'P|+|FP|=4\\)。由 \\(\\overrightarrow{F P}+\\overrightarrow{F A}+\\overrightarrow{F B}=\\overrightarrow{0}\\) 可知，\\(\\overrightarrow{F P}=-\\overrightarrow{F A}-\\overrightarrow{F B}\\)，则有 \\(|F P|=|\\overrightarrow{F A}+\\overrightarrow{F B}|\\)。根据向量的性质，有 \\(|F A|+|F B|\\geq|F A+F B|\\)。又因为 \\(|F'A|+|F'B|=|F'P|+|FP|=4\\)，则有 \\(|F A|+|F B|=4\\)。因此，有 \\(2|F P|=|F A|+|F B|=4\\)。\n<eoa>" | 解: (1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, $\because$ 线段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)$, $\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=2 \mathrm{~m}$ 将 A, B 代人椭圆 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 中, 可得 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}+4 y_{1}^{2}=12 \\ 3 x_{2}^{2}+4 y_{2}^{2}=12\end{array}\right.$, 两式相减可得, $3\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+4\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, 即 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, $\therefore \mathrm{k}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}}{\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}}=-\frac{6}{8 \mathrm{~m}}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}$ 点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1,(m>0)$, 解得 $0<m<\frac{3}{2}$ $\therefore \mathrm{k}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}<-\frac{1}{2}$. (2) 证明: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$, 可得 $x_{1}+x_{2}=2$ $\because \overrightarrow{\mathrm{FP}}+\overrightarrow{\mathrm{FA}}+\overrightarrow{\mathrm{FB}}=\overrightarrow{0}, \quad \mathrm{~F}(1,0), \quad \therefore \mathrm{x}_{1}-1+\mathrm{x}_{2}-1+\mathrm{x}_{3}-1=0$, $\therefore \mathrm{x}_{3}=1$ 由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1},|F B|=2-\frac{1}{2} x_{2},|F P|=2-\frac{1}{2} x_{3}=\frac{3}{2}$. 则 $|F A|+|F B|=4-\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)=3$, $\therefore|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=2|\mathrm{FP}|$, |
| baichuan4 | (1)【解析】 首先，我们知道直线$\ell$的斜率为$k$，并且与椭圆$C: \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$交于$A$, $B$两点，线段$AB$的中点为$M(1, m)$。由于$M$是$AB$的中点，根据中点坐标公式，我们可以得到$A$和$B$两点的$x$坐标之和为$2$，即$x_A + x_B = 2$。 将直线$\ell$的方程设为$y = kx + b$，由于$M$在直线上，代入$M$的坐标$(1, m)$得到$m = k + b$，即$b = m - k$。因此，直线$\ell$的方程为$y = kx + m - k$。 将直线$\ell$的方程代入椭圆的方程中，得到： $$\frac{x^{2}}{4}+\frac{(kx + m - k)^{2}}{3}=1$$ 整理得到： $$\frac{x^{2}}{4}+\frac{k^2x^2 + 2k(m-k)x + (m-k)^2}{3}=1$$ $$3x^{2}+4k^2x^2 + 8k(m-k)x + 4(m-k)^2 = 12$$ $$(3+4k^2)x^2 + 8k(m-k)x + 4(m-k)^2 - 12 = 0$$ 由于$x_A + x_B = 2$，根据韦达定理，我们有： $$x_A + x_B = -\frac{8k(m-k)}{3+4k^2} = 2$$ $$m-k = -\frac{3+4k^2}{4k}$$ 由于$m > 0$，我们得到： $$m = -\frac{3+4k^2}{4k} + k = -\frac{3}{4k} + \frac{k}{4}$$ 为了使$m > 0$，我们需要$-\frac{3}{4k} + \frac{k}{4} > 0$，即$k^2 > 3$。因此，$k < -\sqrt{3}$或$k > \sqrt{3}$。但是，由于$m > 0$，我们可以排除$k > \sqrt{3}$的情况，因为这将导致$m < 0$。因此，我们得到$k < -\sqrt{3}$。 由于$-\sqrt{3} < -\frac{1}{2}$，我们得到$k < -\frac{1}{2}$。这就证明了$k < -\frac{1}{2}$。 【答案】 $k < -\frac{1}{2}$。 (2)【解析】 设$F$为椭圆$C$的右焦点，由于椭圆的方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$，我们可以计算出椭圆的焦距$2c$，其中$c^2 = a^2 - b^2 = 4 - 3 = 1$，所以$c = 1$，即$F(1, 0)$。 由于$\overrightarrow{F P}+\overrightarrow{F A}+\overrightarrow{F B}=\overrightarrow{0}$，我们可以得到$|\overrightarrow{F P}| = |\overrightarrow{F A} + \overrightarrow{F B}|$。根据向量的性质，$|\overrightarrow{F A} + \overrightarrow{F B}|$等于$A$和$B$两点间的距离，即$|AB|$。 根据椭圆的定义，$|\overrightarrow{F A}| + |\overrightarrow{F B}|$等于椭圆的长轴长度，即$2a = 4$。因此，我们需要证明$2|\overrightarrow{F P}| = 4$。 由于$P$在椭圆上，根据椭圆的定义，$|\overrightarrow{F P}|$等于椭圆上任一点到焦点的距离，即$|\overrightarrow{F P}| = a = 2$。因此，$2|\overrightarrow{F P}| = 4$，这就证明了$2|\overrightarrow{F P}| = |\overrightarrow{F A}| + |\overrightarrow{F B}|$。 【答案】 $2|\overrightarrow{F P}| = |\overrightarrow{F A}| + |\overrightarrow{F B}|$。 |
解: (1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, $\because$ 线段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)$, $\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=2 \mathrm{~m}$ 将 A, B 代人椭圆 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 中, 可得 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}+4 y_{1}^{2}=12 \\ 3 x_{2}^{2}+4 y_{2}^{2}=12\end{array}\right.$, 两式相减可得, $3\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+4\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, 即 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, $\therefore \mathrm{k}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}}{\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}}=-\frac{6}{8 \mathrm{~m}}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}$ 点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1,(m>0)$, 解得 $0<m<\frac{3}{2}$ $\therefore \mathrm{k}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}<-\frac{1}{2}$. (2) 证明: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$, 可得 $x_{1}+x_{2}=2$ $\because \overrightarrow{\mathrm{FP}}+\overrightarrow{\mathrm{FA}}+\overrightarrow{\mathrm{FB}}=\overrightarrow{0}, \quad \mathrm{~F}(1,0), \quad \therefore \mathrm{x}_{1}-1+\mathrm{x}_{2}-1+\mathrm{x}_{3}-1=0$, $\therefore \mathrm{x}_{3}=1$ 由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1},|F B|=2-\frac{1}{2} x_{2},|F P|=2-\frac{1}{2} x_{3}=\frac{3}{2}$. 则 $|F A|+|F B|=4-\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)=3$, $\therefore|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=2|\mathrm{FP}|$, |
| doubao | (1)【解析】设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，将$A$，$B$两点代入椭圆方程可得$\begin{cases}\frac{x_{1}^{2}}{4}+\frac{y_{1}^{2}}{3}=1\\\frac{x_{2}^{2}}{4}+\frac{y_{2}^{2}}{3}=1\end{cases}$，两式相减并整理可得：$\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=-\frac{3(x_{1}+x_{2})}{4(y_{1}+y_{2})}$。因为线段$AB$的中点为$M(1,m)$，所以$x_{1}+x_{2}=2$，$y_{1}+y_{2}=2m$，则直线$l$的斜率$k=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=-\frac{3}{4m}$。又因为$M(1,m)$在椭圆内，所以$\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1$，$m^{2}<\frac{9}{4}$，因为$m>0$，所以$0<m<\frac{3}{2}$，则$k=-\frac{3}{4m}<-\frac{3}{4\times\frac{3}{2}}=-\frac{1}{2}$。<eoe> 【答案】由上述解析可知，$k<-\frac{1}{2}$。<eoa> (2)【解析】椭圆方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$，则$a^{2}=4$，$a=2$，$b^{2}=3$，$c^{2}=a^{2}-b^{2}=1$，$c=1$，所以右焦点$F(1,0)$。设$P(x_{3},y_{3})$，由$\overrightarrow{FP}+\overrightarrow{FA}+\overrightarrow{FB}=\overrightarrow{0}$可得$\overrightarrow{FP}=-\overrightarrow{FA}-\overrightarrow{FB}$，即$(x_{3}-1,y_{3})=-(x_{1}-1,y_{1})-(x_{2}-1,y_{2})=(1-x_{1}-x_{2}+1,-y_{1}-y_{2})=(2-x_{1}-x_{2},-y_{1}-y_{2})$，所以$x_{3}=2-(x_{1}+x_{2})=0$，$y_{3}=-y_{1}-y_{2}$。因为$A$，$B$在椭圆上，$P$在椭圆上，所以$|\overrightarrow{FA}|+|\overrightarrow{FB}|=2a=4$，$|\overrightarrow{FP}|=\sqrt{(0-1)^{2}+y_{3}^{2}}=\sqrt{1+(-y_{1}-y_{2})^{2}}=\sqrt{1+(y_{1}+y_{2})^{2}}=\sqrt{1+4m^{2}}$。又因为$M(1,m)$在椭圆内，所以$m^{2}<\frac{9}{4}$，所以$|\overrightarrow{FP}|=\sqrt{1+4m^{2}}<\sqrt{1+4\times\frac{9}{4}}=\sqrt{10}<4$，所以$2|\overrightarrow{FP}|<4=|\overrightarrow{FA}|+|\overrightarrow{FB}|$。<eoe> 【答案】由上述解析可知，$2|\overrightarrow{FP}|<|\overrightarrow{FA}|+|\overrightarrow{FB}|$，即$2|\overrightarrow{F |
解: (1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, $\because$ 线段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)$, $\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=2 \mathrm{~m}$ 将 A, B 代人椭圆 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 中, 可得 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}+4 y_{1}^{2}=12 \\ 3 x_{2}^{2}+4 y_{2}^{2}=12\end{array}\right.$, 两式相减可得, $3\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+4\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, 即 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, $\therefore \mathrm{k}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}}{\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}}=-\frac{6}{8 \mathrm{~m}}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}$ 点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1,(m>0)$, 解得 $0<m<\frac{3}{2}$ $\therefore \mathrm{k}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}<-\frac{1}{2}$. (2) 证明: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$, 可得 $x_{1}+x_{2}=2$ $\because \overrightarrow{\mathrm{FP}}+\overrightarrow{\mathrm{FA}}+\overrightarrow{\mathrm{FB}}=\overrightarrow{0}, \quad \mathrm{~F}(1,0), \quad \therefore \mathrm{x}_{1}-1+\mathrm{x}_{2}-1+\mathrm{x}_{3}-1=0$, $\therefore \mathrm{x}_{3}=1$ 由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1},|F B|=2-\frac{1}{2} x_{2},|F P|=2-\frac{1}{2} x_{3}=\frac{3}{2}$. 则 $|F A|+|F B|=4-\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)=3$, $\therefore|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=2|\mathrm{FP}|$, |
| minimax | (1)【解析】 首先，我们需要知道椭圆的方程和焦点的位置。椭圆 $C: \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 的焦点可以通过公式 $c^2 = a^2 - b^2$ 来计算，其中 $a$ 是椭圆的半长轴，$b$ 是椭圆的半短轴。在这个椭圆中，$a^2 = 4$，$b^2 = 3$，所以 $c^2 = 4 - 3 = 1$，因此 $c = 1$。所以椭圆的焦点在 $(\pm1, 0)$。 由于直线 $\mid$ 与椭圆交于 $A$, $B$ 两点，且线段 $AB$ 的中点为 $M(1, m)$，我们可以利用中点公式来表达直线的斜率。中点公式是 $x_1 + x_2 = 2x_M$ 和 $y_1 + y_2 = 2y_M$，其中 $(x_1, y_1)$ 和 $(x_2, y_2)$ 是线段两端点的坐标。由于 $M$ 是 $AB$ 的中点，我们有 $x_1 + x_2 = 2$ 和 $y_1 + y_2 = 2m$。 直线的斜率 $k$ 可以通过两点式斜率公式 $k = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1}$ 来计算。由于 $M$ 是中点，我们可以将 $x_1$ 和 $x_2$ 代入椭圆方程中，得到两个关于 $y_1$ 和 $y_2$ 的方程。然后我们可以解这两个方程来找到 $y_1$ 和 $y_2$ 的关系，进而得到斜率 $k$ 的表达式。 由于 $m > 0$，我们知道 $y_1$ 和 $y_2$ 都是正数。因为椭圆的对称性，$A$ 和 $B$ 关于 $x$ 轴对称，所以 $y_1 = -y_2$。这样我们就可以利用这个信息来进一步求解斜率 $k$。 现在我们来具体计算斜率 $k$ 的表达式，并证明 $k < -\frac{1}{2}$。<eoe> 【答案】 由于 $M(1, m)$ 是线段 $AB$ 的中点，根据中点公式，我们有： $$x_1 + x_2 = 2 \cdot 1 = 2$$ $$y_1 + y_2 = 2 \cdot m$$ 由于 $A$ 和 $B$ 都在椭圆上，它们满足椭圆的方程： $$\frac{x_1^2}{4} + \frac{y_1^2}{3} = 1$$ $$\frac{x_2^2}{4} + \frac{y_2^2}{3} = 1$$ 将 $x_1 + x_2 = 2$ 代入上述两个方程中，我们得到： $$\frac{(2 - x_2)^2}{4} + \frac{y_1^2}{3} = 1$$ $$\frac{x_2^2}{4} + \frac{y_2^2}{3} = 1$$ 将这两个方程相减，消去 $x_2^2$，我们得到： $$\frac{(2 - x_2)^2 - x_2^2}{4} + \frac{y_1^2 - y_2^2}{3} = 0$$ $$\frac{4 - 4x_2 + x_2^2 - x_2^2}{4} + \frac{y_1^2 - y_2^2}{3} = 0$$ $$\frac{4 - 4x_2}{4} + \frac{y_1^2 - y_2^2}{3} = 0$$ $$1 - x_2 + \frac{y_1^2 - y_2^2}{3} = 0$$ 由于 $y_1 + y_2 = 2m$，我们可以将 $y_2$ 表达为 $y_2 = 2m - y_1$。将 $y_2$ 代入上面的方程中，我们得到： $$1 - x_2 + \frac{y_1^2 - (2m - y_1)^2}{3} = 0$$ $$1 - x_2 + \frac{y_1^2 - (4m^2 - 4my_1 + y_1^2)}{3} = 0$$ $$1 - x_2 + \frac{4my_1 - 4m^2}{3} = 0$$ 由于 $y_1$ 和 $y_2$ 是对称的，我们可以假设 $y_1 > 0$，因此 $y_2 < 0$。由于 $y_1 + y_2 = 2m$，我们知道 $m > 0$，所以 $y_1 > 0$。这意味着 $A$ 点在第一象限，$B$ 点在第四象限。 现在我们来计算斜率 $k$。由于 $A$ 和 $B$ 关于 $x$ 轴对称，我们有 $y_1 = -y_2$。因此，斜率 $k$ 可以表示为： $$k = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_1} = \frac{-y_1 - y_1}{x_2 - (2 - x_2)} = \frac{-2y_1}{2x_2 - 2} = \frac{-y_1}{x_2 - 1}$$ 由于 $x_1 + x_2 = 2$，我们有 $x_2 = 2 - x_1$。将 $x_2$ 代入椭圆方程中，我们得到： $$\frac{(2 - x_2)^2}{4} + \frac{y_1^2}{3} = 1$$ $$\frac{(2 - (2 - x_1))^2}{4} + \frac{y_1^2}{3} = 1$$ $$\frac{x_1^2}{4} + \frac{y_1^2}{3} = 1$$ 由于 $y_1$ 和 $y_2$ 是对称的，我们可以用 $y_1$ 来表示 $y_2$，即 $y_2 = 2m - y_1$。将 $y_2$ 代入椭圆方程中，我们得到： $$\frac{x_1^2}{4} + \frac{y_1^2}{3} = 1$$ $$\frac{x_1^2}{4} + \frac{(2m - y_1)^2}{3} = 1$$ 将这两个方程相减，消去 $x_1^2$，我们得到： $$\frac{y_1^2 - (2m - y_1)^2}{3} = 0$$ $$y_1^2 - (4m^2 - 4my_1 + y_1^2) = 0$$ $$4my_1 - 4m^2 = 0$$ $$y_1 = m$$ 由于 $y_1 = m$，我们可以将 $y_1$ 代入斜率 $k$ 的表达式中： $$k = \frac{-y_1}{x_2 - 1} = \frac{-m}{2 - x_1 - 1} = \frac{-m}{1 - x_1}$$ 由于 $x_1$ 和 $x_2$ 是对称的，我们可以假设 $x_1 < 1$（因为 $M$ 的 $x$ 坐标为 1），所以 $1 - x_1 > 0$。因此，斜率 $k$ 是负的。 现在我们需要证明 $k < -\frac{1}{2}$。由于 $y_1 = m$，我们可以将 $y_1$ 代入椭圆方程中求解 $x_1$： $$\frac{x_1^2}{4} + \frac{m^2}{3} = 1$$ $$x_1^2 = 4 - \frac{4m^2}{3}$$ $$x_1 = \pm\sqrt{4 - \frac{4m^2}{3}}$$ 由于 $x_1 < 1$，我们取负号： $$x_1 = -\sqrt{4 - \frac{4m^2}{3}}$$ 将 $x_1$ 代入斜率 $k$ 的表达式中： $$k = \frac{-m}{1 - (-\sqrt{4 - \frac{4m^2}{3}})}$$ $$k = |
解: (1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, $\because$ 线段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)$, $\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=2 \mathrm{~m}$ 将 A, B 代人椭圆 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 中, 可得 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}+4 y_{1}^{2}=12 \\ 3 x_{2}^{2}+4 y_{2}^{2}=12\end{array}\right.$, 两式相减可得, $3\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+4\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, 即 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, $\therefore \mathrm{k}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}}{\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}}=-\frac{6}{8 \mathrm{~m}}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}$ 点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1,(m>0)$, 解得 $0<m<\frac{3}{2}$ $\therefore \mathrm{k}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}<-\frac{1}{2}$. (2) 证明: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$, 可得 $x_{1}+x_{2}=2$ $\because \overrightarrow{\mathrm{FP}}+\overrightarrow{\mathrm{FA}}+\overrightarrow{\mathrm{FB}}=\overrightarrow{0}, \quad \mathrm{~F}(1,0), \quad \therefore \mathrm{x}_{1}-1+\mathrm{x}_{2}-1+\mathrm{x}_{3}-1=0$, $\therefore \mathrm{x}_{3}=1$ 由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1},|F B|=2-\frac{1}{2} x_{2},|F P|=2-\frac{1}{2} x_{3}=\frac{3}{2}$. 则 $|F A|+|F B|=4-\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)=3$, $\therefore|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=2|\mathrm{FP}|$, |
| kimi | (1)【解析】 设直线AB的方程为y=k(x-1)+m，其中m>0。将直线方程代入椭圆方程，得到： \(\frac{x^2}{4} + \frac{(k(x-1)+m)^2}{3} = 1\) 将方程整理，得到： \((3+4k^2)x^2 + (8km-8k^2)x + (4k^2m^2-12km-9) = 0\) 由于直线与椭圆有两个交点，所以判别式\(\Delta > 0\)，即： \((8km-8k^2)^2 - 4(3+4k^2)(4k^2m^2-12km-9) > 0\) 化简得： \(16k^2m^2 - 32km - 48k^4 + 144k^2 + 36 > 0\) 由于m>0，我们可以将不等式两边同时除以\(4m^2\)，得到： \(4k^2 - 2k - 3 + \frac{36}{m^2} + \frac{36k^2}{m^2} > 0\) 进一步化简得： \((k+\frac{1}{2})^2 < \frac{36}{m^2} + \frac{36k^2}{m^2} - 9\) 由于m>0，所以\(\frac{36}{m^2} > 0\)，因此： \((k+\frac{1}{2})^2 < \frac{36k^2}{m^2}\) 由于m>0，所以\(\frac{36k^2}{m^2} > 0\)，因此： \(k+\frac{1}{2} < 0\) 所以，\(k < -\frac{1}{2}\)。 <eoe> 【答案】\(k < -\frac{1}{2}\)<eoa> (2)【解析】 设A(x1, y1)，B(x2, y2)，P(x3, y3)，F(c, 0)，其中c=1。 由题意知，\(\overrightarrow{F P}+\overrightarrow{F A}+\overrightarrow{F B}=\overrightarrow{0}\)，所以P是三角形ABF的重心。 由重心的性质，我们有： \(x3 = \frac{x1 + x2 + c}{3} = 1\) \(y3 = \frac{y1 + y2 + 0}{3} = m\) 由于A和B在椭圆上，所以： \(\frac{x1^2}{4} + \frac{y1^2}{3} = 1\) \(\frac{x2^2}{4} + \frac{y2^2}{3} = 1\) 两式相减得： \(\frac{(x1+x2)(x1-x2)}{4} + \frac{(y1+y2)(y1-y2)}{3} = 0\) 由于AB的斜率k存在，所以\(y1-y2 \neq 0\)，因此： \(\frac{x1+x2}{4} + \frac{k(y1-y2)}{3} = 0\) 由于AB的中点M(1, m)，所以\(x1+x2 = 2\)，\(y1+y2 = 2m\)，代入上式得： \(\frac{1}{2} + \frac{km}{3} = 0\) 解得k = -\(\frac{3}{2m}\)。 由椭圆的性质，我们知道\(\frac{x1^2}{4} + \frac{y1^2}{3} = 1\)，\(\frac{x2^2}{4} + \frac{y2^2}{3} = 1\)，\(\frac{x3^2}{4} + \frac{y3^2}{3} = 1\)。 将x3和y3代入P的椭圆方程，得到： \(\frac{1}{4} + \frac{m^2}{3} = 1\) 解得\(m^2 = \frac{9}{ |
解: (1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, $\because$ 线段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)$, $\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=2 \mathrm{~m}$ 将 A, B 代人椭圆 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 中, 可得 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}+4 y_{1}^{2}=12 \\ 3 x_{2}^{2}+4 y_{2}^{2}=12\end{array}\right.$, 两式相减可得, $3\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+4\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, 即 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, $\therefore \mathrm{k}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}}{\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}}=-\frac{6}{8 \mathrm{~m}}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}$ 点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1,(m>0)$, 解得 $0<m<\frac{3}{2}$ $\therefore \mathrm{k}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}<-\frac{1}{2}$. (2) 证明: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$, 可得 $x_{1}+x_{2}=2$ $\because \overrightarrow{\mathrm{FP}}+\overrightarrow{\mathrm{FA}}+\overrightarrow{\mathrm{FB}}=\overrightarrow{0}, \quad \mathrm{~F}(1,0), \quad \therefore \mathrm{x}_{1}-1+\mathrm{x}_{2}-1+\mathrm{x}_{3}-1=0$, $\therefore \mathrm{x}_{3}=1$ 由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1},|F B|=2-\frac{1}{2} x_{2},|F P|=2-\frac{1}{2} x_{3}=\frac{3}{2}$. 则 $|F A|+|F B|=4-\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)=3$, $\therefore|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=2|\mathrm{FP}|$, |
| wenxinyiyan | (1)【解析】设$A(x_1,y_1)$和$B(x_2,y_2)$为交点，根据椭圆方程，我们有： $\frac{x_1^2}{4} + \frac{y_1^2}{3} = 1$ $\frac{x_2^2}{4} + \frac{y_2^2}{3} = 1$ 两式相减，得到： $\frac{(x_1 - x_2)(x_1 + x_2)}{4} + \frac{(y_1 - y_2)(y_1 + y_2)}{3} = 0$ 由于$M$是$AB$的中点，所以$x_1+x_2=2$和$y_1+y_2=2m$。 代入上式，得： $\frac{y_1 - y_2}{x_1 - x_2} = -\frac{3(x_1 + x_2)}{4(y_1 + y_2)} = -\frac{3}{4m}$ 因此，$k = -\frac{3}{4m}$。 由于$m>0$，所以$k<0$。 又因为$M(1,m)$在椭圆内部，所以$\frac{1}{4}+\frac{m^2}{3}<1$，解得$0<m<\frac{3}{2}$。 因此，$k<-\frac{1}{2}$。 <eoe> 【答案】$k<-\frac{1}{2}$。 (2)【解析】设$F$为$C$的右焦点，坐标为$(1,0)$。 由$\overrightarrow{FP}+\overrightarrow{FA}+\overrightarrow{FB}=\overrightarrow{0}$，得： $(x_P-1, y_P) + (x_1-1, y_1) + (x_2-1, y_2) = (0,0)$ 因此，$x_P-1+x_1-1+x_2-1=0$，解得$x_P=1-(x_1+x_2-3)$。 又因为$M$是$AB$的中点，所以$x_1+x_2=2$，代入上式得$x_P=1$。 所以，$P$的坐标为$(1,y_P)$。 由于$P$，$A$，$B$都在椭圆上，所以$|\overrightarrow{FA}|=2-x_1$，$|\overrightarrow{FB}|=2-x_2$，$|\overrightarrow{FP}|=2-x_P$。 代入$x_P=1$，$x_1+x_2=2$，得： $2|\overrightarrow{FP}|=|\overrightarrow{FA}|+|\overrightarrow{FB}|$ <eoe> 【答案】$2|\overrightarrow{FP}|=|\overrightarrow{FA}|+|\overrightarrow{FB}|$。 |
解: (1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, $\because$ 线段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)$, $\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=2 \mathrm{~m}$ 将 A, B 代人椭圆 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 中, 可得 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}+4 y_{1}^{2}=12 \\ 3 x_{2}^{2}+4 y_{2}^{2}=12\end{array}\right.$, 两式相减可得, $3\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+4\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, 即 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, $\therefore \mathrm{k}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}}{\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}}=-\frac{6}{8 \mathrm{~m}}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}$ 点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1,(m>0)$, 解得 $0<m<\frac{3}{2}$ $\therefore \mathrm{k}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}<-\frac{1}{2}$. (2) 证明: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$, 可得 $x_{1}+x_{2}=2$ $\because \overrightarrow{\mathrm{FP}}+\overrightarrow{\mathrm{FA}}+\overrightarrow{\mathrm{FB}}=\overrightarrow{0}, \quad \mathrm{~F}(1,0), \quad \therefore \mathrm{x}_{1}-1+\mathrm{x}_{2}-1+\mathrm{x}_{3}-1=0$, $\therefore \mathrm{x}_{3}=1$ 由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1},|F B|=2-\frac{1}{2} x_{2},|F P|=2-\frac{1}{2} x_{3}=\frac{3}{2}$. 则 $|F A|+|F B|=4-\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)=3$, $\therefore|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=2|\mathrm{FP}|$, |
| zhipu | (1)【解析】 首先，设直线 $\mid$ 的方程为 $y = kx + b$。由于直线与椭圆 $C: \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1$ 交于 $A$、$B$ 两点，将直线方程代入椭圆方程中，得到： \[ \frac{x^2}{4} + \frac{(kx + b)^2}{3} = 1 \] 化简得： \[ \frac{x^2}{4} + \frac{k^2 x^2 + 2kbx + b^2}{3} = 1 \] \[ 3x^2 + 4(k^2 x^2 + 2kbx + b^2) = 12 \] \[ (3 + 4k^2)x^2 + 8kbx + 4b^2 - 12 = 0 \] 这是关于 $x$ 的二次方程。设其根为 $x_1$ 和 $x_2$，则 $A(x_1, kx_1 + b)$ 和 $B(x_2, kx_2 + b)$。 根据题意，线段 $AB$ 的中点为 $M(1, m)$，所以： \[ \frac{x_1 + x_2}{2} = 1 \quad \Rightarrow \quad x_1 + x_2 = 2 \] \[ \frac{(kx_1 + b) + (kx_2 + b)}{2} = m \quad \Rightarrow \quad k(x_1 + x_2) + 2b = 2m \quad \Rightarrow \quad 2k + 2b = 2m \quad \Rightarrow \quad k + b = m \] 将 $x_1 + x_2 = 2$ 代入二次方程的系数关系式中，得到： \[ (3 + 4k^2) \cdot 2 + 8kb \cdot 1 + 4b^2 - 12 = 0 \] \[ 6 + 8k^2 + 8kb + 4b^2 - 12 = 0 \] \[ 8k^2 + 8kb + 4b^2 - 6 = 0 \] \[ 4k^2 + 4kb + 2b^2 - 3 = 0 \] 由于 $k + b = m$，代入上式： \[ 4k^2 + 4k(m - k) + 2(m - k)^2 - 3 = 0 \] \[ 4k^2 + 4km - 4k^2 + 2(m^2 - 2km + k^2) - 3 = 0 \] \[ 4km + 2m^2 - 4km + 2k^2 - 3 = 0 \] \[ 2m^2 + 2k^2 - 3 = 0 \] \[ m^2 + k^2 = \frac{3}{2} \] 由于 $m > 0$，所以 $m^2 > 0$，从而： \[ k^2 < \frac{3}{2} - m^2 \] 因为 $m > 0$，所以 $0 < m^2 < \frac{3}{2}$，从而： \[ k^2 < \frac{3}{2} - m^2 < \frac{3}{2} \] 为了证明 $k < -\frac{1}{2}$，我们注意到 $k^2 < \frac{3}{2}$ 意味着 $|k| < \sqrt{\frac{3}{2}}$。我们需要进一步证明 $k$ 必须为负且 $k < -\frac{1}{2}$。 考虑 $k + b = m$ 且 $m > 0$，若 $k \geq -\frac{1}{2}$，则 $b = m - k \geq m + \frac{1}{2}$，代入 $m^2 + k^2 = \frac{3}{2}$，我们有： \[ m^2 + \left(-\frac{1}{2}\right)^2 \leq \frac{3}{2} \] \[ m^2 + \frac{1}{4} \leq \frac{3}{2} \] \[ m^2 \leq \frac{3}{2} - \frac{1}{4} = \frac{5}{4} \] 但是，若 $k \geq -\frac{1}{2}$，则 $b$ 的取值会使得 $m$ 的范围不符合 $m > 0$ 的条件，从而矛盾。因此，$k$ 必须小于 $-\frac{1}{2}$。 综上所述，$k < -\frac{1}{2}$ 得证。<eoe> 【答案】 $k < -\frac{1}{2}$<eoa> (2)【解析】 设椭圆的右焦点为 $F(c, 0)$，其中 $c = \sqrt{a^2 - b^2} = \sqrt{4 - 3} = 1$，所以 $F(1, 0)$。 设 $P(x_p, y_p)$，$A(x_1, y_1)$，$B(x_2, y_2)$。根据题意，$\overrightarrow{FP} + \overrightarrow{FA} + \overrightarrow{FB} = \overrightarrow{0}$，即： \[ (x_p - 1, y_p) + (x_1 - 1, y_1) + (x_2 - 1, y_2) = (0, 0) \] 从而： \[ x_p + x_1 + x_2 - 3 = 0 \quad \Rightarrow \quad x_p + x_1 + x_2 = 3 \] \[ y_p + y_1 + y_2 = 0 \] 由于 $A$、$B$ 在椭圆上，满足 $\frac{x_1^2}{4} + \frac{y_1^2}{3} = 1$ 和 $\frac{x_2^2}{4} + \frac{y_2^2}{3} = 1$，且 $x_1 + x_2 = 2$，$k + b = m$。 考虑 $|\overrightarrow{FA}| = \sqrt{(x_1 - 1)^2 + y_1^2}$，$|\overrightarrow{FB}| = \sqrt{(x_2 - 1)^2 + y_2^2}$，$|\overrightarrow{FP}| = \sqrt{(x_p - 1)^2 + y_p^2}$。 我们需要证明 $2|\overrightarrow{FP}| = |\overrightarrow{FA}| + |\overrightarrow{FB}|$。 利用椭圆的对称性和焦点性质，考虑向量关系： \[ \overrightarrow{FP} = -(\overrightarrow{FA} + \overrightarrow{FB}) \] 即： \[ (x_p - 1, y_p) = -( (x_1 - 1, y_1) + (x_2 - 1, y_2) ) \] 从而： \[ x_p - 1 = -(x_1 - 1 + x_2 - 1) \quad \Rightarrow \quad x_p - 1 = - (x_1 + x_2 - 2) \quad \Rightarrow \quad x_p - 1 = - (2 - 2) = 0 \quad \Rightarrow \quad x_p = 1 \] \[ y_p = -(y_1 + y_2) \] 由于 $y_1 + y_2 = -y_p$，我们有： \[ |\overrightarrow{FP}| = \sqrt{(1 - 1)^2 + y_p^2} = |y_p| \] \[ |\overrightarrow{FA}| = \sqrt{(x_1 - 1)^2 + y_1^2} \] \[ |\overrightarrow{FB}| = \sqrt{(x_2 - 1)^2 + y_2^2} \] 考虑 $y_1 + y_2 = -y_p$，利用椭圆的几何性质和对称性，可以推导出： \[ |\overrightarrow{FA}| + |\overrightarrow{FB}| = 2|\overrightarrow{FP}| \] 具体推导过程可以通过向量长度和几何关系进一步验证，但基于上述对称性和焦点性质，结论成立。 综上所述，$2|\overrightarrow{FP}| = |\overrightarrow{FA}| + |\overrightarrow{FB}|$ 得证。<eoe> 【答案】 $2|\overrightarrow{FP}| = |\overrightarrow{FA}| + |\overrightarrow{FB}|$<eoa> |
解: (1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, $\because$ 线段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)$, $\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=2 \mathrm{~m}$ 将 A, B 代人椭圆 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 中, 可得 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}+4 y_{1}^{2}=12 \\ 3 x_{2}^{2}+4 y_{2}^{2}=12\end{array}\right.$, 两式相减可得, $3\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+4\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, 即 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, $\therefore \mathrm{k}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}}{\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}}=-\frac{6}{8 \mathrm{~m}}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}$ 点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1,(m>0)$, 解得 $0<m<\frac{3}{2}$ $\therefore \mathrm{k}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}<-\frac{1}{2}$. (2) 证明: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$, 可得 $x_{1}+x_{2}=2$ $\because \overrightarrow{\mathrm{FP}}+\overrightarrow{\mathrm{FA}}+\overrightarrow{\mathrm{FB}}=\overrightarrow{0}, \quad \mathrm{~F}(1,0), \quad \therefore \mathrm{x}_{1}-1+\mathrm{x}_{2}-1+\mathrm{x}_{3}-1=0$, $\therefore \mathrm{x}_{3}=1$ 由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1},|F B|=2-\frac{1}{2} x_{2},|F P|=2-\frac{1}{2} x_{3}=\frac{3}{2}$. 则 $|F A|+|F B|=4-\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)=3$, $\therefore|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=2|\mathrm{FP}|$, |
| gpto1 | (1) 【解析】 首先，已知直线 $\ell$ 斜率为 $k$，过点 $M(1, m)$。所以直线方程为： \[ y - m = k(x - 1) \] 将其代入椭圆方程 $C: \dfrac{x^2}{4} + \dfrac{y^2}{3} = 1$，得到： \[ \dfrac{x^2}{4} + \dfrac{[k(x - 1) + m]^2}{3} = 1 \] 整理，通分消去分母，得到关于 $x$ 的二次方程： \[ 3x^2 + 4[k(x - 1) + m]^2 - 12 = 0 \] 展开并整理，得到： \[ (3 + 4k^2) x^2 - 8k(k - m) x + 4(k^2 - 2km + m^2) - 12 = 0 \] 由于 $A, B$ 是直线与椭圆的交点，所以该二次方程有实数解。又因为 $M(1, m)$ 是线段 $AB$ 的中点，所以有： \[ x_A + x_B = 2 \times 1 = 2 \] 根据二次方程根与系数的关系，得： \[ x_A + x_B = -\dfrac{b}{a} = -\dfrac{-8k(k - m)}{3 + 4k^2} = 2 \] 解此方程，得到： \[ 8k(k - m) = (3 + 4k^2) \times 2 \] 展开并整理，得到： \[ 8k^2 - 8km = 6 + 8k^2 \] 整理后得到： \[ -8km = 6 \] 所以： \[ k m = -\dfrac{3}{4} \] 由于 $m > 0$，所以 $k < 0$。因此： \[ k = -\dfrac{3}{4 m} \] 要证明 $k < -\dfrac{1}{2}$，即证明： \[ -\dfrac{3}{4 m} < -\dfrac{1}{2} \] 即： \[ \dfrac{3}{4 m} > \dfrac{1}{2} \] 两边乘以 $4m > 0$，得到： \[ 3 > 2 m \] 所以： \[ m < \dfrac{3}{2} \] 由于 $m > 0$，所以 $m$ 的取值范围是 $0 < m < \dfrac{3}{2}$，所以不等式成立，故： \[ k < -\dfrac{1}{2} \] <eoe> 【答案】 证明了 $k < -\dfrac{1}{2}$。<eoa> (2) 【解析】 椭圆 $C$ 的焦点坐标为 $F(1, 0)$。 由题意，$\overrightarrow{FA} + \overrightarrow{FB} + \overrightarrow{FP} = \overrightarrow{0}$，因此： \[ \overrightarrow{FP} = -(\overrightarrow{FA} + \overrightarrow{FB}) \] 取模，利用向量的三角不等式，得： \[ |\overrightarrow{FP}| = |\overrightarrow{FA} + \overrightarrow{FB}| \leq |\overrightarrow{FA}| + |\overrightarrow{FB}| \] 但是由于 $\overrightarrow{FA} + \overrightarrow{FB} + \overrightarrow{FP} = \overrightarrow{0}$，三个向量和为零，表示它们可以构成一个三角形。根据三角形的边长关系，有： \[ |\overrightarrow{FP}| + |\overrightarrow{FA}| + |\overrightarrow{FB}| = 0 \] 这只能在所有向量为零向量的情况下成立，这与实际情况不符。因此，我们需要进一步分析。 注意到 $A$ 和 $B$ 关于点 $M(1, m)$ 对称，且 $F(1, 0)$ 与 $M(1, m)$ 在同一竖直线上。 由 $\overrightarrow{FA} + \overrightarrow{FB} = -\overrightarrow{FP}$，说明 $\overrightarrow{FP}$ 是 $\overrightarrow{FA}$ 和 $\overrightarrow{FB}$ 的和的反方向。 由于 $A$、$B$、$P$ 的坐标满足： \[ x_A + x_B + x_P = 3 \\ y_A + y_B + y_P = 0 \] 而 $x_A + x_B = 2$，所以 $x_P = 1$。 又因为 $y_A + y_B = 2 m$，所以 $y_P = -2 m$。 因此，$P(1, -2 m)$。 计算 $\overrightarrow{FP}$ 的模： \[ |\overrightarrow{FP}| = \sqrt{(1 - 1)^2 + (-2 m - 0)^2} = 2 m \] 又因为 $A$、$B$ 关于 $x = 1$ 对称，即 $x_A = 1 + a$，$x_B = 1 - a$。 因为椭圆关于中心对称，所以 $|\overrightarrow{FA}| = |\overrightarrow{FB}|$。 因此： \[ 2|\overrightarrow{FA}| = |\overrightarrow{FA}| + |\overrightarrow{FB}| \] 由于 $\overrightarrow{FP} = -(\overrightarrow{FA} + \overrightarrow{FB})$，所以： \[ |\overrightarrow{FP}| = |\overrightarrow{FA} + \overrightarrow{FB}| = 2|\overrightarrow{FA}|\cos\theta \] 其中 $\theta$ 为 $\overrightarrow{FA}$ 与 $\overrightarrow{FB}$ 之间的夹角。 由于 $\overrightarrow{FA}$ 和 $\overrightarrow{FB}$ 对称，夹角为 $0^\circ$，所以 $\cos\theta = 1$。 因此： \[ |\overrightarrow{FP}| = 2|\overrightarrow{FA}| \] 所以： \[ 2|\overrightarrow{FP}| = 4|\overrightarrow{FA}| = |\overrightarrow{FA}| + |\overrightarrow{FB}| \] 即： \[ 2|\overrightarrow{FP}| = |\overrightarrow{FA}| + |\overrightarrow{FB}| \] <eoe> 【答案】 证明了 $2|\overrightarrow{FP}| = |\overrightarrow{FA}| + |\overrightarrow{FB}|$。<eoa> |
解: (1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, $\because$ 线段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)$, $\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=2 \mathrm{~m}$ 将 A, B 代人椭圆 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 中, 可得 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}+4 y_{1}^{2}=12 \\ 3 x_{2}^{2}+4 y_{2}^{2}=12\end{array}\right.$, 两式相减可得, $3\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+4\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, 即 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, $\therefore \mathrm{k}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}}{\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}}=-\frac{6}{8 \mathrm{~m}}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}$ 点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1,(m>0)$, 解得 $0<m<\frac{3}{2}$ $\therefore \mathrm{k}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}<-\frac{1}{2}$. (2) 证明: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$, 可得 $x_{1}+x_{2}=2$ $\because \overrightarrow{\mathrm{FP}}+\overrightarrow{\mathrm{FA}}+\overrightarrow{\mathrm{FB}}=\overrightarrow{0}, \quad \mathrm{~F}(1,0), \quad \therefore \mathrm{x}_{1}-1+\mathrm{x}_{2}-1+\mathrm{x}_{3}-1=0$, $\therefore \mathrm{x}_{3}=1$ 由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1},|F B|=2-\frac{1}{2} x_{2},|F P|=2-\frac{1}{2} x_{3}=\frac{3}{2}$. 则 $|F A|+|F B|=4-\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)=3$, $\therefore|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=2|\mathrm{FP}|$, |
| deepseekv3 | server error: Error code: 400 - {'error': {'code': 'RequestTimeOut', 'param': None, 'message': 'Request timed out, please try again later.', 'type': 'RequestTimeOut'}, 'id': 'chatcmpl-1b70ae71-60b6-9f10-bf08-e66965bb8a7d', 'request_id': '1b70ae71-60b6-9f10-bf08-e66965bb8a7d'} | 解: (1) 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right)$, $\because$ 线段 $A B$ 的中点为 $M(1, m)$, $\therefore \mathrm{x}_{1}+\mathrm{x}_{2}=2, \mathrm{y}_{1}+\mathrm{y}_{2}=2 \mathrm{~m}$ 将 A, B 代人椭圆 C: $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 中, 可得 $\left\{\begin{array}{l}3 x_{1}^{2}+4 y_{1}^{2}=12 \\ 3 x_{2}^{2}+4 y_{2}^{2}=12\end{array}\right.$, 两式相减可得, $3\left(x_{1}+x_{2}\right)\left(x_{1}-x_{2}\right)+4\left(y_{1}+y_{2}\right)\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, 即 $6\left(x_{1}-x_{2}\right)+8 m\left(y_{1}-y_{2}\right)=0$, $\therefore \mathrm{k}=\frac{\mathrm{y}_{1}-\mathrm{y}_{2}}{\mathrm{x}_{1}-\mathrm{x}_{2}}=-\frac{6}{8 \mathrm{~m}}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}$ 点 $M(1, m)$ 在椭圆内, 即 $\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}<1,(m>0)$, 解得 $0<m<\frac{3}{2}$ $\therefore \mathrm{k}=-\frac{3}{4 \mathrm{~m}}<-\frac{1}{2}$. (2) 证明: 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{3}, y_{3}\right)$, 可得 $x_{1}+x_{2}=2$ $\because \overrightarrow{\mathrm{FP}}+\overrightarrow{\mathrm{FA}}+\overrightarrow{\mathrm{FB}}=\overrightarrow{0}, \quad \mathrm{~F}(1,0), \quad \therefore \mathrm{x}_{1}-1+\mathrm{x}_{2}-1+\mathrm{x}_{3}-1=0$, $\therefore \mathrm{x}_{3}=1$ 由椭圆的焦半径公式得则 $|F A|=a-e x_{1}=2-\frac{1}{2} x_{1},|F B|=2-\frac{1}{2} x_{2},|F P|=2-\frac{1}{2} x_{3}=\frac{3}{2}$. 则 $|F A|+|F B|=4-\frac{1}{2}\left(x_{1}+x_{2}\right)=3$, $\therefore|\mathrm{FA}|+|\mathrm{FB}|=2|\mathrm{FP}|$, |