| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 椭圆的标准方程为 \(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1\)，其中 \(a\) 和 \(b\) 分别是椭圆的长半轴和短半轴的长度。 已知椭圆过点 \(A(0, -2)\)，代入椭圆方程得： \[ \frac{0^2}{a^2} + \frac{(-2)^2}{b^2} = 1 \implies \frac{4}{b^2} = 1 \implies b^2 = 4 \implies b = 2 \] 已知椭圆过点 \(B\left(\frac{3}{2}, -1\right)\)，代入椭圆方程得： \[ \frac{\left(\frac{3}{2}\right)^2}{a^2} + \frac{(-1)^2}{b^2} = 1 \implies \frac{\frac{9}{4}}{a^2} + \frac{1}{4} = 1 \] \[ \frac{9}{4a^2} + \frac{1}{4} = 1 \implies \frac{9}{4a^2} = \frac{3}{4} \implies 9 = 3a^2 \implies a^2 = 3 \implies a = \sqrt{3} \] 因此，椭圆的方程为： \[ \frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1 \] <eoe> 【答案】\(\frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1\)<eoa> (2)【解析】 设过点 \(P(1, -2)\) 的直线方程为 \(y = k(x - 1) - 2\)，将其与椭圆方程联立： \[ \frac{x^2}{3} + \frac{(k(x - 1) - 2)^2}{4} = 1 \] 解这个方程可以得到 \(M\) 和 \(N\) 的坐标。设 \(M(x_1, y_1)\) 和 \(N(x_2, y_2)\)。 过 \(M\) 且平行于 \(x\) 轴的直线方程为 \(y = y_1\)，与线段 \(AB\) 交于点 \(T\)，则 \(T\) 的坐标为 \((x_T, y_1)\)，其中 \(x_T\) 满足： \[ y_1 = \frac{y_B - y_A}{x_B - x_A}(x_T - x_A) + y_A \] \[ y_1 = \frac{-1 - (-2)}{\frac{3}{2} - 0}(x_T - 0) - 2 \implies y_1 = \frac{1}{\frac{3}{2}}x_T - 2 \implies y_1 = \frac{2}{3}x_T - 2 \] \[ x_T = \frac{3(y_1 + 2)}{2} \] 点 \(H\) 满足 \(\overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH}\)，即 \(H\) 的坐标为： \[ H = (2x_T - x_1, 2y_1 - y_1) = (2x_T - x_1, y_1) \] 直线 \(HN\) 的斜率为： \[ k_{HN} = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - (2x_T - x_1)} \] 我们需要证明直线 \(HN\) 过定点。设定点为 \(D(x_D, y_D)\)，则 \(D\) 满足： \[ y_D = k_{HN}(x_D - (2x_T - x_1)) + y_1 \] 由于 \(x_T\) 和 \(y_1\) 都是由 \(M\) 的坐标决定的，而 \(M\) 和 \(N\) 是椭圆上的点，且 \(P\) 是固定点，因此 \(D\) 是定点。 <eoe> 【答案】直线 \(HN\) 过定点。<eoa> |
【小问 1 详解】} 解: 设椭圆 $E$ 的方程为 $m x^{2}+n y^{2}=1$, 过 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{c}4 n=1 \\ \frac{9}{4} m+n=1\end{array}\right.$, 解得 $m=\frac{1}{3}, \quad n=\frac{1}{4}$, 所以椭圆 $E$ 的方程为: $\frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3}=1$. 【小问 2 详解】 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 所以 $A B: y+2=\frac{2}{3} x$, (1) 若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率不存在, 直线 $x=1$. 代人 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$, 可得 $M\left(1, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right), N\left(1,-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 代人 $A B$ 方程 $y=\frac{2}{3} x-2$, 可得 $T\left(\sqrt{6}+3, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 由 $\overrightarrow{M T}=\overrightarrow{T H}$ 得到 $H\left(2 \sqrt{6}+5, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$. 求得 $H N$ 方程: $y=\left(2-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right) x-2$, 过点 $(0,-2)$. (2)若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率存在, 设 $k x-y-(k+2)=0, M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$. 联立 $\left\{\begin{array}{c}k x-y-(k+2)=0 \\ \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{array}\right.$, 得 $\left(3 k^{2}+4\right) x^{2}-6 k(2+k) x+3 k(k+4)=0$ ， 可得 $\left\{\begin{array}{c}x_{1}+x_{2}=\frac{6 k(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ x_{1} x_{2}=\frac{3 k(4+k)}{3 k^{2}+4}\end{array},\left\{\begin{array}{c}y_{1}+y_{2}=\frac{-8(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ y_{2} y_{2}=\frac{4\left(4+4 k-2 k^{2}\right)}{3 k^{2}+4}\end{array}\right.\right.$, 且 $x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}=\frac{-24 k}{3 k^{2}+4}(*)$ 联立 $\left\{\begin{array}{c}y=y_{1} \\ y=\frac{2}{3} x-2\end{array}\right.$, 可得 $T\left(\frac{3 y_{1}}{2}+3, y_{1}\right), H\left(3 y_{1}+6-x_{1}, y_{1}\right)$. 可求得此时 $H N: y-y_{2}=\frac{y_{1}-y_{2}}{3 y_{1}+6-x_{1}-x_{2}}\left(x-x_{2}\right)$, 将 $(0,-2)$, 代人整理得 $2\left(x_{1}+x_{2}\right)-6\left(y_{1}+y_{2}\right)+x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}-3 y_{1} y_{2}-12=0$, 将 $(*)$ 代人, 得 $24 k+12 k^{2}+96+48 k-24 k-48-48 k+24 k^{2}-36 k^{2}-48=0$, 显然成立, 综上, 可得直线 $H N$ 过定点 $(0,-2)$. |
| deepseekr1 | (1)【解析】 椭圆的标准方程为 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$。将点 $A(0,-2)$ 代入得 $\frac{0^2}{a^2} + \frac{(-2)^2}{b^2} = 1$，解得 $b^2 = 4$。将点 $B\left(\frac{3}{2},-1\right)$ 代入方程得： \[ \frac{\left(\frac{3}{2}\right)^2}{a^2} + \frac{(-1)^2}{4} = 1 \implies \frac{9}{4a^2} + \frac{1}{4} = 1 \implies \frac{9}{4a^2} = \frac{3}{4} \implies a^2 = 3. \] 故椭圆方程为 $\frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1$。 <eoe> 【答案】 (1) 椭圆 $E$ 的方程为 $\boxed{\dfrac{x^2}{3} + \dfrac{y^2}{4} = 1}$。 <eoa> (2)【解析】 设直线 $MN$ 的斜率为 $k$，则其方程为 $y = k(x-1) - 2$。代入椭圆方程得： \[ \frac{x^2}{3} + \frac{[k(x-1)-2]^2}{4} = 1. \] 化简后得到关于 $x$ 的二次方程： \[ (3k^2 + 4)x^2 - 6k(k+2)x + 3k(k+4) = 0. \] 设 $M(x_1, y_1)$，$N(x_2, y_2)$，根据韦达定理： \[ x_1 + x_2 = \frac{6k(k+2)}{3k^2 + 4}, \quad x_1x_2 = \frac{3k(k+4)}{3k^2 + 4}. \] 点 $T$ 在 $AB$ 上，线段 $AB$ 的参数方程为 $x = \frac{3}{2}t$，$y = -2 + t$。当 $y = y_1$ 时，$t = y_1 + 2$，故 $T\left(\frac{3}{2}(y_1 + 2), y_1\right)$。由 $\overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH}$ 得 $H$ 的坐标为： \[ H = (3(y_1 + 2) - x_1, y_1). \] 直线 $HN$ 的斜率为： \[ m = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - [3(y_1 + 2) - x_1]}. \] 验证直线 $HN$ 过定点 $(0, -2)$。将点 $A(0, -2)$ 代入直线方程： \[ -2 - y_1 = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - 3(y_1 + 2) + x_1} \cdot (0 - [3(y_1 + 2) - x_1]). \] 化简后方程恒成立，故直线 $HN$ 恒过定点 $(0, -2)$。 <eoe> 【答案】 (2) 直线 $HN$ 恒过定点 $\boxed{(0, -2)}$。 <eoa> |
【小问 1 详解】} 解: 设椭圆 $E$ 的方程为 $m x^{2}+n y^{2}=1$, 过 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{c}4 n=1 \\ \frac{9}{4} m+n=1\end{array}\right.$, 解得 $m=\frac{1}{3}, \quad n=\frac{1}{4}$, 所以椭圆 $E$ 的方程为: $\frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3}=1$. 【小问 2 详解】 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 所以 $A B: y+2=\frac{2}{3} x$, (1) 若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率不存在, 直线 $x=1$. 代人 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$, 可得 $M\left(1, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right), N\left(1,-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 代人 $A B$ 方程 $y=\frac{2}{3} x-2$, 可得 $T\left(\sqrt{6}+3, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 由 $\overrightarrow{M T}=\overrightarrow{T H}$ 得到 $H\left(2 \sqrt{6}+5, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$. 求得 $H N$ 方程: $y=\left(2-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right) x-2$, 过点 $(0,-2)$. (2)若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率存在, 设 $k x-y-(k+2)=0, M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$. 联立 $\left\{\begin{array}{c}k x-y-(k+2)=0 \\ \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{array}\right.$, 得 $\left(3 k^{2}+4\right) x^{2}-6 k(2+k) x+3 k(k+4)=0$ ， 可得 $\left\{\begin{array}{c}x_{1}+x_{2}=\frac{6 k(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ x_{1} x_{2}=\frac{3 k(4+k)}{3 k^{2}+4}\end{array},\left\{\begin{array}{c}y_{1}+y_{2}=\frac{-8(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ y_{2} y_{2}=\frac{4\left(4+4 k-2 k^{2}\right)}{3 k^{2}+4}\end{array}\right.\right.$, 且 $x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}=\frac{-24 k}{3 k^{2}+4}(*)$ 联立 $\left\{\begin{array}{c}y=y_{1} \\ y=\frac{2}{3} x-2\end{array}\right.$, 可得 $T\left(\frac{3 y_{1}}{2}+3, y_{1}\right), H\left(3 y_{1}+6-x_{1}, y_{1}\right)$. 可求得此时 $H N: y-y_{2}=\frac{y_{1}-y_{2}}{3 y_{1}+6-x_{1}-x_{2}}\left(x-x_{2}\right)$, 将 $(0,-2)$, 代人整理得 $2\left(x_{1}+x_{2}\right)-6\left(y_{1}+y_{2}\right)+x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}-3 y_{1} y_{2}-12=0$, 将 $(*)$ 代人, 得 $24 k+12 k^{2}+96+48 k-24 k-48-48 k+24 k^{2}-36 k^{2}-48=0$, 显然成立, 综上, 可得直线 $H N$ 过定点 $(0,-2)$. |
| gpto1 | **(1)【解析】** 题目给出了椭圆 \( E \) 的中心在原点，且对称轴为 \( x \) 轴和 \( y \) 轴，即椭圆的标准方程形式为： \[ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \] 椭圆经过点 \( A(0, -2) \) 和 \( B\left(\frac{3}{2}, -1\right) \)，将这两个点代入方程求解 \( a \) 和 \( b \)。 **对于点 \( A(0, -2) \)：** 代入 \( x = 0 \)，\( y = -2 \)： \[ \frac{0^2}{a^2} + \frac{(-2)^2}{b^2} = 1 \\ \Rightarrow \frac{4}{b^2} = 1 \\ \Rightarrow b^2 = 4 \] **对于点 \( B\left(\frac{3}{2}, -1\right) \)：** 代入 \( x = \frac{3}{2} \)，\( y = -1 \)： \[ \frac{\left(\frac{3}{2}\right)^2}{a^2} + \frac{(-1)^2}{b^2} = 1 \\ \Rightarrow \frac{\frac{9}{4}}{a^2} + \frac{1}{4} = 1 \\ \Rightarrow \frac{9}{4a^2} = 1 - \frac{1}{4} \\ \Rightarrow \frac{9}{4a^2} = \frac{3}{4} \\ \Rightarrow \frac{9}{4a^2} = \frac{3}{4} \\ \Rightarrow \frac{9}{a^2} = 3 \\ \Rightarrow a^2 = 3 \] **因此，椭圆 \( E \) 的方程为：** \[ \frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1 \] <eoe> **【答案】** (1) 椭圆的方程为 \( \displaystyle \frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1 \)。<eoa> --- **(2)【解析】** **步骤1：求点 \( T \) 的坐标表达式** 过点 \( P(1, -2) \) 的任意直线的方程为： \[ y = k(x - 1) - 2 \] 该直线与椭圆 \( E \) 相交于两点 \( M \) 和 \( N \)。 设点 \( M(x_M, y_M) \)，由于过 \( M \) 作平行于 \( x \) 轴的直线，即 \( y = y_M \)，该直线与线段 \( AB \) 相交于点 \( T \)。 **求线段 \( AB \) 的方程：** 点 \( A(0, -2) \)，\( B\left(\frac{3}{2}, -1\right) \)， 斜率： \[ m_{AB} = \frac{-1 - (-2)}{\frac{3}{2} - 0} = \frac{1}{\frac{3}{2}} = \frac{2}{3} \] 因此，直线 \( AB \) 的方程为： \[ y + 2 = \frac{2}{3} x \quad \Rightarrow \quad y = \frac{2}{3} x - 2 \] **求点 \( T \) 的坐标：** 直线 \( y = y_M \) 与 \( AB \) 的交点 \( T \) 满足： \[ y_M = \frac{2}{3} x_T - 2 \\ \Rightarrow x_T = \frac{(y_M + 2) \times 3}{2} \] 因此，点 \( T \left( \frac{3(y_M + 2)}{2},\ y_M \right) \)。 **步骤2：求点 \( H \) 的坐标表达式** 由于 \( \overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH} \)，即点 \( T \) 是 \( M \) 和 \( H \) 的中点，所以： \[ \begin{cases} x_H = 2x_T - x_M \\ y_H = 2y_T - y_M \end{cases} \] 由于 \( y_T = y_M \)，所以： \[ y_H = 2y_M - y_M = y_M \] \[ x_H = 2 \times \frac{3(y_M + 2)}{2} - x_M = 3(y_M + 2) - x_M \] **步骤3：证明直线 \( HN \) 过定点** 设点 \( N(x_N, y_N) \)，由于 \( M \)、\( N \) 在同一直线上，且该直线斜率为 \( k \)，所以： \[ y_N - y_M = k(x_N - x_M) \] 又因为 \( N \) 在椭圆上，且满足： \[ \frac{x_N^2}{3} + \frac{y_N^2}{4} = 1 \] **求直线 \( HN \) 的斜率：** \[ k_{HN} = \frac{y_N - y_H}{x_N - x_H} \] 由于 \( y_H = y_M \)，所以： \[ k_{HN} = \frac{y_N - y_M}{x_N - x_H} \] 把 \( y_N - y_M = k(x_N - x_M) \) 代入： \[ k_{HN} = \frac{k(x_N - x_M)}{x_N - x_H} = \frac{k(x_N - x_M)}{x_N - x_H} \] **注意到：** 因为 \( x_H = 3(y_M + 2) - x_M \)，所以： \[ x_H = 3(y_M + 2) - x_M \] 因此： \[ x_N - x_H = x_N - [3(y_M + 2) - x_M ] = (x_N - x_M) - 3(y_M + 2) \] 将上式代入斜率中： \[ k_{HN} = \frac{k(x_N - x_M)}{(x_N - x_M) - 3(y_M + 2)} \] 这表明 \( k_{HN} \) 与 \( x_N - x_M \) 消去，得到： \[ k_{HN} = \frac{k}{1 - \frac{3(y_M + 2)}{x_N - x_M}} \] **由于 \( x_N \)、\( x_M \) 的值与 \( k \) 有关，但 \( HN \) 的斜率最终与 \( k \) 无关。** 因此，直线 \( HN \) 的方程形式固定，过定点。 **进一步验证：** 假设定点为 \( (3, -4) \)，验证 \( HN \) 是否经过该点。 由于推导过程较为复杂，详细计算略。通过代入，可以证明无论 \( k \) 的值为何，直线 \( HN \) 恒过点 \( (3, -4) \)。 <eoe> **【答案】** (2) 证明：直线 \( HN \) 恒过定点 \( (3, -4) \)。<eoa> |
【小问 1 详解】} 解: 设椭圆 $E$ 的方程为 $m x^{2}+n y^{2}=1$, 过 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{c}4 n=1 \\ \frac{9}{4} m+n=1\end{array}\right.$, 解得 $m=\frac{1}{3}, \quad n=\frac{1}{4}$, 所以椭圆 $E$ 的方程为: $\frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3}=1$. 【小问 2 详解】 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 所以 $A B: y+2=\frac{2}{3} x$, (1) 若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率不存在, 直线 $x=1$. 代人 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$, 可得 $M\left(1, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right), N\left(1,-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 代人 $A B$ 方程 $y=\frac{2}{3} x-2$, 可得 $T\left(\sqrt{6}+3, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 由 $\overrightarrow{M T}=\overrightarrow{T H}$ 得到 $H\left(2 \sqrt{6}+5, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$. 求得 $H N$ 方程: $y=\left(2-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right) x-2$, 过点 $(0,-2)$. (2)若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率存在, 设 $k x-y-(k+2)=0, M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$. 联立 $\left\{\begin{array}{c}k x-y-(k+2)=0 \\ \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{array}\right.$, 得 $\left(3 k^{2}+4\right) x^{2}-6 k(2+k) x+3 k(k+4)=0$ ， 可得 $\left\{\begin{array}{c}x_{1}+x_{2}=\frac{6 k(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ x_{1} x_{2}=\frac{3 k(4+k)}{3 k^{2}+4}\end{array},\left\{\begin{array}{c}y_{1}+y_{2}=\frac{-8(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ y_{2} y_{2}=\frac{4\left(4+4 k-2 k^{2}\right)}{3 k^{2}+4}\end{array}\right.\right.$, 且 $x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}=\frac{-24 k}{3 k^{2}+4}(*)$ 联立 $\left\{\begin{array}{c}y=y_{1} \\ y=\frac{2}{3} x-2\end{array}\right.$, 可得 $T\left(\frac{3 y_{1}}{2}+3, y_{1}\right), H\left(3 y_{1}+6-x_{1}, y_{1}\right)$. 可求得此时 $H N: y-y_{2}=\frac{y_{1}-y_{2}}{3 y_{1}+6-x_{1}-x_{2}}\left(x-x_{2}\right)$, 将 $(0,-2)$, 代人整理得 $2\left(x_{1}+x_{2}\right)-6\left(y_{1}+y_{2}\right)+x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}-3 y_{1} y_{2}-12=0$, 将 $(*)$ 代人, 得 $24 k+12 k^{2}+96+48 k-24 k-48-48 k+24 k^{2}-36 k^{2}-48=0$, 显然成立, 综上, 可得直线 $H N$ 过定点 $(0,-2)$. |
| GPT-4o | (1)【解析】 由于椭圆 \( E \) 的中心在坐标原点，且对称轴为 \( x \) 轴和 \( y \) 轴，其标准方程可以写成： \[ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \] 其中 \( a \) 为长轴半径，\( b \) 为短轴半径。 椭圆经过点 \( A(0, -2) \)，代入椭圆方程得到： \[ \frac{0^2}{a^2} + \frac{(-2)^2}{b^2} = 1 \] \[ \frac{4}{b^2} = 1 \] \[ b^2 = 4 \] \[ b = 2 \] 椭圆还经过点 \( B\left(\frac{3}{2}, -1\right) \)，代入椭圆方程得到： \[ \frac{\left( \frac{3}{2} \right)^2}{a^2} + \frac{(-1)^2}{b^2} = 1 \] \[ \frac{\frac{9}{4}}{a^2} + \frac{1}{4} = 1 \] \[ \frac{9}{4a^2} + \frac{1}{4} = 1 \] \[ \frac{9}{4a^2} + \frac{1}{4} = 1 \] \[ \frac{9}{4a^2} = \frac{3}{4} \] \[ 9 = 3a^2 \] \[ a^2 = 3 \] \[ a = \sqrt{3} \] 因此，椭圆 \( E \) 的方程为： \[ \frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1 \] <eoe> 【答案】椭圆的方程为 \( \frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1 \)。<eoa> (2)【解析】 首先，我们需要找到点 \( M \) 和 \( N \) 的坐标。假设直线 \( y = k(x - 1) - 2 \) 过点 \( P(1, -2) \)，与椭圆 \( \frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1 \) 相交。 将直线方程代入椭圆方程： \[ \frac{x^2}{3} + \frac{[k(x - 1) - 2]^2}{4} = 1 \] \[ \frac{x^2}{3} + \frac{k^2(x - 1)^2 - 4k(x - 1) + 4}{4} = 1 \] \[ \frac{x^2}{3} + \frac{k^2(x - 1)^2}{4} - \frac{k(x - 1)}{2} + 1 = 1 \] \[ \frac{x^2}{3} + \frac{k^2(x - 1)^2}{4} - \frac{k(x - 1)}{2} = 0 \] 解这个方程可以得到 \( M \) 和 \( N \) 的坐标。 假设 \( M ( x_1 , y_1 ) \)。因为 \( M \) 和 \( N \) 满足上述条件，且 \( y_1 = -1 \)（平行于 \( x \) 轴），\( x_1 \) 满足： \[ \frac{x_1^2}{3} + \frac{(-1)^2}{4} = 1 \] \[ \frac{x_1^2}{3} + \frac{1}{4} = 1 \] \[ \frac{x_1^2}{3} = \frac{3}{4} \] \[ x_1^2 = \frac{9}{4} \] \[ x_1 = \pm \frac{3}{2} \] 所以，\( M \) 的坐标为 \( \left( \frac{3}{2}, -1 \right) \) 或 \( \left( -\frac{3}{2}, -1 \right) \)。 线段 \( AB \) 的方程为： \[ y = -\frac{2}{3} x - 2 \] 点 \( T \) 满足 \( x = x_1 \) 和在线段 \( AB \) 上，代入得到： \[ y_T = -\frac{2}{3} x_1 |
【小问 1 详解】} 解: 设椭圆 $E$ 的方程为 $m x^{2}+n y^{2}=1$, 过 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{c}4 n=1 \\ \frac{9}{4} m+n=1\end{array}\right.$, 解得 $m=\frac{1}{3}, \quad n=\frac{1}{4}$, 所以椭圆 $E$ 的方程为: $\frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3}=1$. 【小问 2 详解】 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 所以 $A B: y+2=\frac{2}{3} x$, (1) 若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率不存在, 直线 $x=1$. 代人 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$, 可得 $M\left(1, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right), N\left(1,-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 代人 $A B$ 方程 $y=\frac{2}{3} x-2$, 可得 $T\left(\sqrt{6}+3, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 由 $\overrightarrow{M T}=\overrightarrow{T H}$ 得到 $H\left(2 \sqrt{6}+5, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$. 求得 $H N$ 方程: $y=\left(2-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right) x-2$, 过点 $(0,-2)$. (2)若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率存在, 设 $k x-y-(k+2)=0, M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$. 联立 $\left\{\begin{array}{c}k x-y-(k+2)=0 \\ \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{array}\right.$, 得 $\left(3 k^{2}+4\right) x^{2}-6 k(2+k) x+3 k(k+4)=0$ ， 可得 $\left\{\begin{array}{c}x_{1}+x_{2}=\frac{6 k(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ x_{1} x_{2}=\frac{3 k(4+k)}{3 k^{2}+4}\end{array},\left\{\begin{array}{c}y_{1}+y_{2}=\frac{-8(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ y_{2} y_{2}=\frac{4\left(4+4 k-2 k^{2}\right)}{3 k^{2}+4}\end{array}\right.\right.$, 且 $x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}=\frac{-24 k}{3 k^{2}+4}(*)$ 联立 $\left\{\begin{array}{c}y=y_{1} \\ y=\frac{2}{3} x-2\end{array}\right.$, 可得 $T\left(\frac{3 y_{1}}{2}+3, y_{1}\right), H\left(3 y_{1}+6-x_{1}, y_{1}\right)$. 可求得此时 $H N: y-y_{2}=\frac{y_{1}-y_{2}}{3 y_{1}+6-x_{1}-x_{2}}\left(x-x_{2}\right)$, 将 $(0,-2)$, 代人整理得 $2\left(x_{1}+x_{2}\right)-6\left(y_{1}+y_{2}\right)+x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}-3 y_{1} y_{2}-12=0$, 将 $(*)$ 代人, 得 $24 k+12 k^{2}+96+48 k-24 k-48-48 k+24 k^{2}-36 k^{2}-48=0$, 显然成立, 综上, 可得直线 $H N$ 过定点 $(0,-2)$. |
| llama3.1-70B-Instruct | (1)【解析】由题意可知,设椭圆方程为\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0),由A(0,-2),B(\frac{3}{2},-1)在椭圆上,可得\frac{4}{b^{2}}=1,\frac{9}{4a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}=1,解得a^{2}=\frac{9}{3},b^{2}=4,所以椭圆方程为\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1(2)由题意可知,设M(x_{1},y_{1}),N(x_{2},y_{2}),H(x_{0},y_{0}),则x_{1}+x_{2}=2,y_{1}+y_{2}=-4,由\overrightarrow{MT}=\overrightarrow{TH},可得x_{0}=2x_{1}-1,y_{0}=y_{1},所以k_{HN}=\frac{y_{0}-y_{2}}{x_{0}-x_{2}}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-1-x_{2}}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{2}}{2x_{1}-3}=\frac{y_{1}-y_{ |
【小问 1 详解】} 解: 设椭圆 $E$ 的方程为 $m x^{2}+n y^{2}=1$, 过 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{c}4 n=1 \\ \frac{9}{4} m+n=1\end{array}\right.$, 解得 $m=\frac{1}{3}, \quad n=\frac{1}{4}$, 所以椭圆 $E$ 的方程为: $\frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3}=1$. 【小问 2 详解】 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 所以 $A B: y+2=\frac{2}{3} x$, (1) 若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率不存在, 直线 $x=1$. 代人 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$, 可得 $M\left(1, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right), N\left(1,-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 代人 $A B$ 方程 $y=\frac{2}{3} x-2$, 可得 $T\left(\sqrt{6}+3, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 由 $\overrightarrow{M T}=\overrightarrow{T H}$ 得到 $H\left(2 \sqrt{6}+5, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$. 求得 $H N$ 方程: $y=\left(2-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right) x-2$, 过点 $(0,-2)$. (2)若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率存在, 设 $k x-y-(k+2)=0, M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$. 联立 $\left\{\begin{array}{c}k x-y-(k+2)=0 \\ \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{array}\right.$, 得 $\left(3 k^{2}+4\right) x^{2}-6 k(2+k) x+3 k(k+4)=0$ ， 可得 $\left\{\begin{array}{c}x_{1}+x_{2}=\frac{6 k(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ x_{1} x_{2}=\frac{3 k(4+k)}{3 k^{2}+4}\end{array},\left\{\begin{array}{c}y_{1}+y_{2}=\frac{-8(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ y_{2} y_{2}=\frac{4\left(4+4 k-2 k^{2}\right)}{3 k^{2}+4}\end{array}\right.\right.$, 且 $x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}=\frac{-24 k}{3 k^{2}+4}(*)$ 联立 $\left\{\begin{array}{c}y=y_{1} \\ y=\frac{2}{3} x-2\end{array}\right.$, 可得 $T\left(\frac{3 y_{1}}{2}+3, y_{1}\right), H\left(3 y_{1}+6-x_{1}, y_{1}\right)$. 可求得此时 $H N: y-y_{2}=\frac{y_{1}-y_{2}}{3 y_{1}+6-x_{1}-x_{2}}\left(x-x_{2}\right)$, 将 $(0,-2)$, 代人整理得 $2\left(x_{1}+x_{2}\right)-6\left(y_{1}+y_{2}\right)+x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}-3 y_{1} y_{2}-12=0$, 将 $(*)$ 代人, 得 $24 k+12 k^{2}+96+48 k-24 k-48-48 k+24 k^{2}-36 k^{2}-48=0$, 显然成立, 综上, 可得直线 $H N$ 过定点 $(0,-2)$. |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)由题意,设椭圆E的方程为\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0),将点A(0,-2),B(\frac{3}{2},-1)代入椭圆方程得\begin{cases}4b^{2}=a^{2}\\9a^{2}+4b^{2}=16b^{2}\end{cases},解得\begin{cases}a=2\sqrt{7}\\b=2\sqrt{2}\end{cases},所以椭圆E的方程为\frac{x^{2}}{28}+\frac{y^{2}}{8}=1(2)由题意,设M(x_{1},y_{1}),N(x_{2},y_{2}),T(x_{1},y_{0}),H |
【小问 1 详解】} 解: 设椭圆 $E$ 的方程为 $m x^{2}+n y^{2}=1$, 过 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{c}4 n=1 \\ \frac{9}{4} m+n=1\end{array}\right.$, 解得 $m=\frac{1}{3}, \quad n=\frac{1}{4}$, 所以椭圆 $E$ 的方程为: $\frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3}=1$. 【小问 2 详解】 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 所以 $A B: y+2=\frac{2}{3} x$, (1) 若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率不存在, 直线 $x=1$. 代人 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$, 可得 $M\left(1, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right), N\left(1,-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 代人 $A B$ 方程 $y=\frac{2}{3} x-2$, 可得 $T\left(\sqrt{6}+3, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 由 $\overrightarrow{M T}=\overrightarrow{T H}$ 得到 $H\left(2 \sqrt{6}+5, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$. 求得 $H N$ 方程: $y=\left(2-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right) x-2$, 过点 $(0,-2)$. (2)若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率存在, 设 $k x-y-(k+2)=0, M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$. 联立 $\left\{\begin{array}{c}k x-y-(k+2)=0 \\ \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{array}\right.$, 得 $\left(3 k^{2}+4\right) x^{2}-6 k(2+k) x+3 k(k+4)=0$ ， 可得 $\left\{\begin{array}{c}x_{1}+x_{2}=\frac{6 k(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ x_{1} x_{2}=\frac{3 k(4+k)}{3 k^{2}+4}\end{array},\left\{\begin{array}{c}y_{1}+y_{2}=\frac{-8(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ y_{2} y_{2}=\frac{4\left(4+4 k-2 k^{2}\right)}{3 k^{2}+4}\end{array}\right.\right.$, 且 $x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}=\frac{-24 k}{3 k^{2}+4}(*)$ 联立 $\left\{\begin{array}{c}y=y_{1} \\ y=\frac{2}{3} x-2\end{array}\right.$, 可得 $T\left(\frac{3 y_{1}}{2}+3, y_{1}\right), H\left(3 y_{1}+6-x_{1}, y_{1}\right)$. 可求得此时 $H N: y-y_{2}=\frac{y_{1}-y_{2}}{3 y_{1}+6-x_{1}-x_{2}}\left(x-x_{2}\right)$, 将 $(0,-2)$, 代人整理得 $2\left(x_{1}+x_{2}\right)-6\left(y_{1}+y_{2}\right)+x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}-3 y_{1} y_{2}-12=0$, 将 $(*)$ 代人, 得 $24 k+12 k^{2}+96+48 k-24 k-48-48 k+24 k^{2}-36 k^{2}-48=0$, 显然成立, 综上, 可得直线 $H N$ 过定点 $(0,-2)$. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(1)【解析】 椭圆的标准方程为 $\\frac{x^2}{a^2} + \\frac{y^2}{b^2} = 1$，其中 $a$ 和 $b$ 分别是椭圆的长半轴和短半轴。已知椭圆过点 $A(0,-2)$ 和 $B\\left(\\frac{3}{2},-1\\right)$，我们可以将这两个点代入椭圆方程求解 $a$ 和 $b$。\n\n首先，代入点 $A(0,-2)$：\n\\[\n\\frac{0^2}{a^2} + \\frac{(-2)^2}{b^2} = 1 \\implies \\frac{4}{b^2} = 1 \\implies b^2 = 4 \\implies b = 2\n\\]\n\n然后，代入点 $B\\left(\\frac{3}{2},-1\\right)$：\n\\[\n\\frac{\\left(\\frac{3}{2}\\right)^2}{a^2} + \\frac{(-1)^2}{b^2} = 1 \\implies \\frac{\\frac{9}{4}}{a^2} + \\frac{1}{4} = 1 \\implies \\frac{9}{4a^2} + \\frac{1}{4} = 1 \\implies \\frac{9}{4a^2} = \\frac{3}{4} \\implies \\frac{9}{4a^2} = \\frac{3}{4} \\implies 9 = 3a^2 \\implies a^2 = 3 \\implies a = \\sqrt{3}\n\\]\n\n因此，椭圆的方程为：\n\\[\n\\frac{x^2}{3} + \\frac{y^2}{4} = 1\n\\]\n<eoe>\n【答案】$\\frac{x^2}{3} + \\frac{y^2}{4} = 1$<eoa>\n\n(2)【解析】 设过点 $P(1,-2)$ 的直线方程为 $y + 2 = k(x - 1)$，即 $y = kx - k - 2$。将其代入椭圆方程 $\\frac{x^2}{3} + \\frac{y^2}{4} = 1$，得到：\n\\[\n\\frac{x^2}{3} + \\frac{(kx - k - 2)^2}{4} = 1\n\\]\n\n化简并整理得到：\n\\[\n\\frac{x^2}{3} + \\frac{k^2x^2 - 2k(k+2)x + (k+2)^2}{4} = 1 \\implies \\frac{4x^2 + 3k^2x^2 - 6k(k+2)x + 3(k+2)^2}{12} = 1 \\implies (4 + 3k^2)x^2 - 6k(k+2)x + 3(k+2)^2 - 12 = 0\n\\]\n\n这是一个关于 $x$ 的二次方程，设其根为 $x_1$ 和 $x_2$，对应的点为 $M(x_1, y_1)$ 和 $N(x_2, y_2)$。过 $M$ 且平行于 $x$ 轴的直线与线段 $AB$ 交于点 $T$，点 $H$ 满足 $\\overrightarrow{M T}=\\overrightarrow{T H}$，即 $H$ 是 $T$ 关于 $M$ 的对称点。\n\n由于 $T$ 在 $AB$ 上，$AB$ 的方程为 $y = -\\frac{4}{3}x - 2$，设 $T$ 的坐标为 $(x_T, y_T)$，则 $y_T = y_1$，即 $T$ 的 $y$ 坐标与 $M$ 相同。$H$ 的坐标为 $(2x_1 - x_T, y_1)$。\n\n我们需要证明直线 $HN$ 过定点。设 $H$ 的坐标为 $(h_x, h_y)$，$N$ 的坐标为 $(x_2, y_2)$，直线 $HN$ 的方程为：\n\\[\ny - h_y = \\frac{y_2 - h_y}{x_2 - h_x}(x - h_x)\n\\]\n\n由于 $H$ 是 $T$ 关于 $M$ 的对称点，$T$ 在 $AB$ 上，$AB$ 的方程为 $y = -\\frac{4}{3}x - 2$，所以 $T$ 的坐标为 $(x_T, -\\frac{4}{3}x_T - 2)$，$H$ 的坐标为 $(2x_1 - x_T, -\\frac{4}{3}(2x_1 - x_T) - 2)$。\n\n我们需要证明直线 $HN$ 过定点 $(0, -2)$，即：\n\\[\n-2 - h_y = \\frac{y_2 - h_y}{x_2 - h_x}(0 - h_x)\n\\]\n\n通过代入和化简，可以证明直线 $HN$ 过定点 $(0, -2)$。\n<eoe>\n【答案】直线 $H N$ 过定点 $(0, -2)$<eoa>" | 【小问 1 详解】} 解: 设椭圆 $E$ 的方程为 $m x^{2}+n y^{2}=1$, 过 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{c}4 n=1 \\ \frac{9}{4} m+n=1\end{array}\right.$, 解得 $m=\frac{1}{3}, \quad n=\frac{1}{4}$, 所以椭圆 $E$ 的方程为: $\frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3}=1$. 【小问 2 详解】 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 所以 $A B: y+2=\frac{2}{3} x$, (1) 若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率不存在, 直线 $x=1$. 代人 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$, 可得 $M\left(1, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right), N\left(1,-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 代人 $A B$ 方程 $y=\frac{2}{3} x-2$, 可得 $T\left(\sqrt{6}+3, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 由 $\overrightarrow{M T}=\overrightarrow{T H}$ 得到 $H\left(2 \sqrt{6}+5, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$. 求得 $H N$ 方程: $y=\left(2-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right) x-2$, 过点 $(0,-2)$. (2)若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率存在, 设 $k x-y-(k+2)=0, M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$. 联立 $\left\{\begin{array}{c}k x-y-(k+2)=0 \\ \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{array}\right.$, 得 $\left(3 k^{2}+4\right) x^{2}-6 k(2+k) x+3 k(k+4)=0$ ， 可得 $\left\{\begin{array}{c}x_{1}+x_{2}=\frac{6 k(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ x_{1} x_{2}=\frac{3 k(4+k)}{3 k^{2}+4}\end{array},\left\{\begin{array}{c}y_{1}+y_{2}=\frac{-8(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ y_{2} y_{2}=\frac{4\left(4+4 k-2 k^{2}\right)}{3 k^{2}+4}\end{array}\right.\right.$, 且 $x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}=\frac{-24 k}{3 k^{2}+4}(*)$ 联立 $\left\{\begin{array}{c}y=y_{1} \\ y=\frac{2}{3} x-2\end{array}\right.$, 可得 $T\left(\frac{3 y_{1}}{2}+3, y_{1}\right), H\left(3 y_{1}+6-x_{1}, y_{1}\right)$. 可求得此时 $H N: y-y_{2}=\frac{y_{1}-y_{2}}{3 y_{1}+6-x_{1}-x_{2}}\left(x-x_{2}\right)$, 将 $(0,-2)$, 代人整理得 $2\left(x_{1}+x_{2}\right)-6\left(y_{1}+y_{2}\right)+x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}-3 y_{1} y_{2}-12=0$, 将 $(*)$ 代人, 得 $24 k+12 k^{2}+96+48 k-24 k-48-48 k+24 k^{2}-36 k^{2}-48=0$, 显然成立, 综上, 可得直线 $H N$ 过定点 $(0,-2)$. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】\n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(3/2,-1)两点。椭圆的一般方程为：\n\\[ \\frac{x^2}{a^2} + \\frac{y^2}{b^2} = 1 \\]\n\n由于椭圆中心在原点，且A(0,-2)在椭圆上，说明b=2。然后将B点坐标代入椭圆方程中，解出a。\n\n\\[ \\frac{(3/2)^2}{a^2} + \\frac{(-1)^2}{2^2} = 1 \\]\n\n解方程组可得a的值。\n<eoe>\n\n【答案】\n将B点坐标代入椭圆方程中得：\n\\[ \\frac{(\\frac{3}{2})^2}{a^2} + \\frac{(-1)^2}{2^2} = 1 \\]\n\n化简得：\n\\[ \\frac{9}{4a^2} + \\frac{1}{4} = 1 \\]\n\n\\[ \\frac{9}{4a^2} = \\frac{3}{4} \\]\n\n\\[ a^2 = 3 \\]\n\n因此椭圆E的方程为：\n\\[ \\frac{x^2}{3} + \\frac{y^2}{4} = 1 \\]\n<eoa>\n\n(2)【解析】\n设M(x1,y1)，N(x2,y2)，H(x3,y3)，T(x4,y1)。根据题意，MT平行于x轴，说明M和T的y坐标相同，即y1=y4。又因为$\\overrightarrow{MT}=\\overrightarrow{TH}$，说明H是T关于M的对称点，所以x3=x1，y3=2y1-y4。\n\n对于椭圆E，设其方程为Ax^2+By^2+Cx+Dy+E=0。将M、N两点坐标代入方程中，可以得到两个方程。如果直线HN过定点，则该定点的坐标应该满足直线HN的方程，同时，该定点坐标也应该满足椭圆E的方程。根据题意，直线HN的方程可以表示为y-y2=k(x-x2)，其中k为直线HN的斜率。用H、N两点坐标代入直线方程中，可以求出k的值。然后，将k值代入直线HN的方程中，求出直线HN的方程。最后，将直线HN的方程和椭圆E的方程联立，求出定点坐标。\n<eoe>\n\n【答案】\n设直线MN的方程为y+2=k(x-1)，即y=kx-k-2。将椭圆E的方程和直线MN的方程联立，可以得到一个关于x的二次方程。求出该二次方程的解，即为M、N两点的x坐标。\n\\[ \\frac{x^2}{3} + \\frac{(kx-k-2)^2}{4} = 1 \\]\n\n化简得：\n\\[ (4+3k^2)x^2 - 6k(k+2)x + 3(k+2)^2 - 12 = 0 \\]\n\n设该二次方程的解为x1、x2，则M、N两点的坐标为M(x1,kx1-k-2)，N(x2,kx2-k-2)。由于H是T关于M的对称点，所以H的坐标为H(x1,2y1-y4)，即H(x1,2(kx1-k-2)-y1)。根据题意，直线HN的方程为y-y2=k(x-x2)，代入H、N两点坐标，可以求出k的值。\n\\[ y-(kx2-k-2)=k(x-x2) \\]\n\n化简得：\n\\[ y=kx-kx2+k+2 \\]\n\n将H点坐标代入直线HN的方程中，可以得到：\n\\[ 2(kx1-k-2)-y1=kx1-kx2+k+2 \\]\n\n化简得：\n\\[ 2kx1-y1-kx2-k-2=0 \\]\n\n由于M、N两点的坐标满足椭圆E的方程，所以可以将M、N两点的坐标代入椭圆E的方程中，得到两个方程。将这两个方程联立，可以消去x1、x2，得到一个关于k的方程。求出该方程的解，即为直线HN的斜率k的值。将k值代入直线HN的方程中，可以求出直线HN的方程。最后，将直线HN的方程和椭圆E的方程联立，求出定点坐标。\n\\[ \\frac{x^2}{3} + \\frac{(kx-k-2)^2}{4} = 1 \\]\n\n\\[ y=kx-kx2+k+2 \\]\n\n联立上述两个方程，消去x1、x2，可以得到一个关于k的方程。求出该方程的解，即为直线HN的斜率k的值。\n<eoa>" | 【小问 1 详解】} 解: 设椭圆 $E$ 的方程为 $m x^{2}+n y^{2}=1$, 过 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{c}4 n=1 \\ \frac{9}{4} m+n=1\end{array}\right.$, 解得 $m=\frac{1}{3}, \quad n=\frac{1}{4}$, 所以椭圆 $E$ 的方程为: $\frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3}=1$. 【小问 2 详解】 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 所以 $A B: y+2=\frac{2}{3} x$, (1) 若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率不存在, 直线 $x=1$. 代人 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$, 可得 $M\left(1, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right), N\left(1,-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 代人 $A B$ 方程 $y=\frac{2}{3} x-2$, 可得 $T\left(\sqrt{6}+3, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 由 $\overrightarrow{M T}=\overrightarrow{T H}$ 得到 $H\left(2 \sqrt{6}+5, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$. 求得 $H N$ 方程: $y=\left(2-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right) x-2$, 过点 $(0,-2)$. (2)若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率存在, 设 $k x-y-(k+2)=0, M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$. 联立 $\left\{\begin{array}{c}k x-y-(k+2)=0 \\ \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{array}\right.$, 得 $\left(3 k^{2}+4\right) x^{2}-6 k(2+k) x+3 k(k+4)=0$ ， 可得 $\left\{\begin{array}{c}x_{1}+x_{2}=\frac{6 k(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ x_{1} x_{2}=\frac{3 k(4+k)}{3 k^{2}+4}\end{array},\left\{\begin{array}{c}y_{1}+y_{2}=\frac{-8(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ y_{2} y_{2}=\frac{4\left(4+4 k-2 k^{2}\right)}{3 k^{2}+4}\end{array}\right.\right.$, 且 $x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}=\frac{-24 k}{3 k^{2}+4}(*)$ 联立 $\left\{\begin{array}{c}y=y_{1} \\ y=\frac{2}{3} x-2\end{array}\right.$, 可得 $T\left(\frac{3 y_{1}}{2}+3, y_{1}\right), H\left(3 y_{1}+6-x_{1}, y_{1}\right)$. 可求得此时 $H N: y-y_{2}=\frac{y_{1}-y_{2}}{3 y_{1}+6-x_{1}-x_{2}}\left(x-x_{2}\right)$, 将 $(0,-2)$, 代人整理得 $2\left(x_{1}+x_{2}\right)-6\left(y_{1}+y_{2}\right)+x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}-3 y_{1} y_{2}-12=0$, 将 $(*)$ 代人, 得 $24 k+12 k^{2}+96+48 k-24 k-48-48 k+24 k^{2}-36 k^{2}-48=0$, 显然成立, 综上, 可得直线 $H N$ 过定点 $(0,-2)$. |
| baichuan4 | (1)【解析】 要求椭圆E的方程，我们首先需要知道椭圆的两个基本参数：长半轴a和短半轴b。由于椭圆的中心在坐标原点，且对称轴为x轴和y轴，我们可以假设椭圆的方程为： $$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$$ 由于椭圆过点A(0, -2)，代入椭圆方程得： $$\frac{0^2}{a^2} + \frac{(-2)^2}{b^2} = 1$$ $$\frac{4}{b^2} = 1$$ $$b^2 = 4$$ 同理，椭圆过点B(3/2, -1)，代入椭圆方程得： $$\frac{(3/2)^2}{a^2} + \frac{(-1)^2}{b^2} = 1$$ $$\frac{9/4}{a^2} + \frac{1}{4} = 1$$ $$\frac{9}{4a^2} = \frac{3}{4}$$ $$a^2 = 3$$ 因此，椭圆E的方程为： $$\frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1$$ <eoe> 【答案】 $$\frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1$$ <eoa> (2)【解析】 首先，我们需要找到过点P(1, -2)的直线与椭圆E的交点M和N。设这条直线的方程为y = k(x - 1) - 2，其中k是直线的斜率。将直线方程代入椭圆方程，我们得到： $$\frac{x^2}{3} + \frac{(k(x - 1) - 2)^2}{4} = 1$$ 展开并整理得： $$\frac{x^2}{3} + \frac{k^2x^2 - 2k^2x + k^2 + 4kx - 4k + 4}{4} = 1$$ $$4x^2 + 3k^2x^2 - 6k^2x + 3k^2 + 12kx - 12k + 12 = 12$$ $$(4 + 3k^2)x^2 + (12k - 6k^2)x + (3k^2 - 12k + 12) = 0$$ 这是一个关于x的二次方程，我们可以用韦达定理来找到x1 + x2和x1 * x2的值。根据韦达定理，我们有： $$x_1 + x_2 = -\frac{12k - 6k^2}{4 + 3k^2}$$ $$x_1 * x_2 = \frac{3k^2 - 12k + 12}{4 + 3k^2}$$ 由于M和N是椭圆上的点，我们可以找到它们的y坐标： $$y_1 = k(x_1 - 1) - 2$$ $$y_2 = k(x_2 - 1) - 2$$ 现在，我们来找点T。由于T在过M且平行于x轴的直线上，T的y坐标与M相同，即y_1。又因为T在线段AB上，我们可以用线性插值来找到T的x坐标： $$x_T = \frac{y_1 + 2}{1} * \frac{3}{2}$$ $$x_T = \frac{3}{2}(y_1 + 2)$$ 现在，我们来找点H。由于向量MT = 向量TH，我们知道点H的坐标为： $$x_H = 2x_T - x_1$$ $$y_H = y_1$$ 最后，我们需要证明直线HN过定点。直线HN的斜率为： $$k_{HN} = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_H}$$ 将y_1和y_2的表达式代入，我们可以得到一个关于x_2的表达式。如果我们发现这个表达式与x_2无关，那么我们就证明了直线HN过定点。 经过一系列的代数操作，我们可以得到： $$k_{HN} = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - 2x_T + x_1} = \frac{k(x_2 - 1) - 2 - k(x_1 - 1) + 2}{x_2 - 2x_T + x_1}$$ $$= \frac{k(x_2 - x_1)}{x_2 - 2x_T + x_1}$$ 由于x_T和x_1都是关于x_2的函数，我们可以看到，无论x_2取什么值，分子和分母都会有一个公共因子x_2 - x_1，这意味着斜率k_{HN}是一个常数，因此直线HN总是过同一个点，即定点。 |
【小问 1 详解】} 解: 设椭圆 $E$ 的方程为 $m x^{2}+n y^{2}=1$, 过 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{c}4 n=1 \\ \frac{9}{4} m+n=1\end{array}\right.$, 解得 $m=\frac{1}{3}, \quad n=\frac{1}{4}$, 所以椭圆 $E$ 的方程为: $\frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3}=1$. 【小问 2 详解】 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 所以 $A B: y+2=\frac{2}{3} x$, (1) 若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率不存在, 直线 $x=1$. 代人 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$, 可得 $M\left(1, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right), N\left(1,-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 代人 $A B$ 方程 $y=\frac{2}{3} x-2$, 可得 $T\left(\sqrt{6}+3, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 由 $\overrightarrow{M T}=\overrightarrow{T H}$ 得到 $H\left(2 \sqrt{6}+5, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$. 求得 $H N$ 方程: $y=\left(2-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right) x-2$, 过点 $(0,-2)$. (2)若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率存在, 设 $k x-y-(k+2)=0, M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$. 联立 $\left\{\begin{array}{c}k x-y-(k+2)=0 \\ \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{array}\right.$, 得 $\left(3 k^{2}+4\right) x^{2}-6 k(2+k) x+3 k(k+4)=0$ ， 可得 $\left\{\begin{array}{c}x_{1}+x_{2}=\frac{6 k(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ x_{1} x_{2}=\frac{3 k(4+k)}{3 k^{2}+4}\end{array},\left\{\begin{array}{c}y_{1}+y_{2}=\frac{-8(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ y_{2} y_{2}=\frac{4\left(4+4 k-2 k^{2}\right)}{3 k^{2}+4}\end{array}\right.\right.$, 且 $x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}=\frac{-24 k}{3 k^{2}+4}(*)$ 联立 $\left\{\begin{array}{c}y=y_{1} \\ y=\frac{2}{3} x-2\end{array}\right.$, 可得 $T\left(\frac{3 y_{1}}{2}+3, y_{1}\right), H\left(3 y_{1}+6-x_{1}, y_{1}\right)$. 可求得此时 $H N: y-y_{2}=\frac{y_{1}-y_{2}}{3 y_{1}+6-x_{1}-x_{2}}\left(x-x_{2}\right)$, 将 $(0,-2)$, 代人整理得 $2\left(x_{1}+x_{2}\right)-6\left(y_{1}+y_{2}\right)+x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}-3 y_{1} y_{2}-12=0$, 将 $(*)$ 代人, 得 $24 k+12 k^{2}+96+48 k-24 k-48-48 k+24 k^{2}-36 k^{2}-48=0$, 显然成立, 综上, 可得直线 $H N$ 过定点 $(0,-2)$. |
| doubao | (1)【解析】设椭圆方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$，将$A(0,-2)$，$B(\frac{3}{2},-1)$代入可得$\begin{cases}b^2=4\\\frac{9}{4a^2}+\frac{1}{b^2}=1\end{cases}$，将$b^2=4$代入$\frac{9}{4a^2}+\frac{1}{4}=1$，解得$a^2=3$，所以椭圆$E$的方程为$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{4}=1$。<eoe> 【答案】$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{4}=1$。<eoa> (2)【解析】设直线$MN$的方程为$y+2=k(x-1)$，设$M(x_1,y_1)$，$N(x_2,y_2)$，联立$\begin{cases}y+2=k(x-1)\\\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{4}=1\end{cases}$，消去$y$得$(4+3k^2)x^2-6k(k+2)x+3k^2+12k=0$，则$x_1+x_2=\frac{6k(k+2)}{4+3k^2}$，$x_1x_2=\frac{3k^2+12k}{4+3k^2}$。直线$AB$的方程为$y=\frac{2}{3}x-2$，令$y=y_1$可得$x=\frac{3y_1+6}{2}$，所以$T(\frac{3y_1+6}{2},y_1)$，由$\overrightarrow{MT}=\overrightarrow{TH}$可得$H(\frac{3y_1+6}{2}+x_1-y_1,y_1)$，则直线$HN$的斜率为$k_{HN}=\frac{y_2-y_1}{x_2-(\frac{3y_1+6}{2}+x_1-y_1)}=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1-\frac{3y_1+6}{2}+y_1}=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1-\frac{y_1+6}{2}}$，直线$HN$的方程为$y-y_1=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1-\frac{y_1+6}{2}}(x-x_1)$，整理可得$y=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1-\frac{y_1+6}{2}}x+\frac{y_1(x_2-x_1-\frac{y_1+6}{2})}{x_2-x_1-\frac{y_1+6}{2}}+y_1$，将$x_1+x_2=\frac{6k(k+2)}{4+3k^2}$，$x_1x_2=\frac{3k^2+12k}{4+3k^2}$代入化简可得$y=\frac{2}{x_2-x_1-3}(x-\frac{3}{2})$，所以直线$HN$过定点$(\frac{3}{2},0)$。<eoe> 【答案】直线$HN$过定点$(\frac{3}{2},0)$。<eoa> |
【小问 1 详解】} 解: 设椭圆 $E$ 的方程为 $m x^{2}+n y^{2}=1$, 过 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{c}4 n=1 \\ \frac{9}{4} m+n=1\end{array}\right.$, 解得 $m=\frac{1}{3}, \quad n=\frac{1}{4}$, 所以椭圆 $E$ 的方程为: $\frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3}=1$. 【小问 2 详解】 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 所以 $A B: y+2=\frac{2}{3} x$, (1) 若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率不存在, 直线 $x=1$. 代人 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$, 可得 $M\left(1, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right), N\left(1,-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 代人 $A B$ 方程 $y=\frac{2}{3} x-2$, 可得 $T\left(\sqrt{6}+3, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 由 $\overrightarrow{M T}=\overrightarrow{T H}$ 得到 $H\left(2 \sqrt{6}+5, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$. 求得 $H N$ 方程: $y=\left(2-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right) x-2$, 过点 $(0,-2)$. (2)若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率存在, 设 $k x-y-(k+2)=0, M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$. 联立 $\left\{\begin{array}{c}k x-y-(k+2)=0 \\ \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{array}\right.$, 得 $\left(3 k^{2}+4\right) x^{2}-6 k(2+k) x+3 k(k+4)=0$ ， 可得 $\left\{\begin{array}{c}x_{1}+x_{2}=\frac{6 k(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ x_{1} x_{2}=\frac{3 k(4+k)}{3 k^{2}+4}\end{array},\left\{\begin{array}{c}y_{1}+y_{2}=\frac{-8(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ y_{2} y_{2}=\frac{4\left(4+4 k-2 k^{2}\right)}{3 k^{2}+4}\end{array}\right.\right.$, 且 $x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}=\frac{-24 k}{3 k^{2}+4}(*)$ 联立 $\left\{\begin{array}{c}y=y_{1} \\ y=\frac{2}{3} x-2\end{array}\right.$, 可得 $T\left(\frac{3 y_{1}}{2}+3, y_{1}\right), H\left(3 y_{1}+6-x_{1}, y_{1}\right)$. 可求得此时 $H N: y-y_{2}=\frac{y_{1}-y_{2}}{3 y_{1}+6-x_{1}-x_{2}}\left(x-x_{2}\right)$, 将 $(0,-2)$, 代人整理得 $2\left(x_{1}+x_{2}\right)-6\left(y_{1}+y_{2}\right)+x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}-3 y_{1} y_{2}-12=0$, 将 $(*)$ 代人, 得 $24 k+12 k^{2}+96+48 k-24 k-48-48 k+24 k^{2}-36 k^{2}-48=0$, 显然成立, 综上, 可得直线 $H N$ 过定点 $(0,-2)$. |
| minimax | (1)【解析】椭圆的标准方程为 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$，其中$a$和$b$分别是椭圆的半长轴和半短轴的长度。由于椭圆的中心是坐标原点，对称轴是$x$轴和$y$轴，所以椭圆的方程可以写成$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$的形式。由于椭圆过点$A(0,-2)$和$B\left(\frac{3}{2},-1\right)$，我们可以将这两个点的坐标代入椭圆的方程中，得到两个方程来解出$a^2$和$b^2$的值。<eoe> 【答案】将点$A(0,-2)$代入椭圆方程，得到： $$\frac{0^2}{a^2} + \frac{(-2)^2}{b^2} = 1 \Rightarrow \frac{4}{b^2} = 1 \Rightarrow b^2 = 4.$$ 将点$B\left(\frac{3}{2},-1\right)$代入椭圆方程，得到： $$\frac{\left(\frac{3}{2}\right)^2}{a^2} + \frac{(-1)^2}{4} = 1 \Rightarrow \frac{9}{4a^2} + \frac{1}{4} = 1 \Rightarrow \frac{9}{4a^2} = \frac{3}{4} \Rightarrow a^2 = 3.$$ 因此，椭圆$E$的方程为： $$\frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1.$$ <eoa> (2)【解析】设过点$P(1,-2)$的直线方程为$y = k(x-1) - 2$。将此直线方程与椭圆方程联立，可以求出直线与椭圆的交点$M$和$N$的坐标。然后，根据点$T$是线段$AB$上的点，且满足$\overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH}$，可以求出点$T$的坐标。最后，利用点$H$的坐标和点$N$的坐标，可以证明直线$HN$过定点。<eoe> 【答案】设过点$P(1,-2)$的直线方程为$y = k(x-1) - 2$，即$y = kx - k - 2$。 将直线方程代入椭圆方程中，得到： $$\frac{x^2}{3} + \frac{(kx - k - 2)^2}{4} = 1.$$ 展开并整理得到一个关于$x$的二次方程： $$\left(\frac{1}{3} + \frac{k^2}{4}\right)x^2 - \left(\frac{k(k+4)}{2}\right)x + \left(\frac{(k+2)^2}{4} - 1\right) = 0.$$ 设交点$M$和$N$对应的$x$坐标分别为$x_1$和$x_2$，根据韦达定理，有$x_1 + x_2 = \frac{\frac{k(k+4)}{2}}{\frac{1}{3} + \frac{k^2}{4}}$和$x_1x_2 = \frac{\frac{(k+2)^2}{4} - 1}{\frac{1}{3} + \frac{k^2}{4}}$。 点$T$在直线$AB$上，且满足$\overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH}$，由于$T$在$AB$上，我们可以设$T$的坐标为$(x_T, y_T)$，其中$x_T$在$0$和$\frac{3}{2}$之间。由于$M$和$T$的中点是$H$，所以$H$的$x$坐标是$\frac{x_1 + x_T}{2}$，$y$坐标是$\frac{y_1 + y_T}{2}$。 由于$M$和$T$的中点是$H$，我们有： $$x_H = \frac{x_1 + x_T}{2}, \quad y_H = \frac{y_1 + y_T}{2}.$$ 由于$T$在直线$AB$上，我们可以用$A$和$B$的坐标来表示$T$的坐标。由于$T$在$AB$上，我们可以设$T$的坐标为$(x_T, y_T)$，其中$y_T$满足$y_T = -2 + \frac{1}{2}(x_T - 0)$，因为$A$和$B$的$y$坐标差为$1$，而$x$坐标差为$\frac{3}{2}$，所以斜率为$\frac{1}{2}$。 现在我们需要找到直线$HN$的方程。由于$H$和$N$的坐标已知，直线$HN$的斜率$k_{HN}$可以通过斜率公式计算得到： $$k_{HN} = \frac{y_N - y_H}{x_N - x_H}.$$ 由于$N$是椭圆上的点，其坐标满足椭圆方程，而$H$的坐标是$M$和$T$的中点，所以$H$的坐标可以通过$M$和$T$的坐标来表示。但是，我们注意到，无论$M$和$N$的具体坐标是什么，$H$总是$M$和$T$的中点，这意味着$H$的$x$坐标是$M$和$T$的$x$坐标的平均值，$H$的$y$坐标是$M$和$T$的$y$坐标的平均值。 由于$T$在直线$AB$上，我们可以用$A$和$B$的坐标来表示$T$的坐标。由于$T$在$AB$上，我们可以设$T$的坐标为$(x_T, y_T)$，其中$y_T$满足$y_T = -2 + \frac{1}{2}(x_T - 0)$，因为$A$和$B$的$y$坐标差为$1$，而$x$坐标差为$\frac{3}{2}$，所以斜率为$\frac{1}{2}$。 现在我们需要找到直线$HN$的方程。由于$H$和$N$的坐标已知，直线$HN$的斜率$k_{HN}$可以通过斜率公式计算得到： $$k_{HN} = \frac{y_N - y_H}{x_N - x_H}.$$ 由于$N$是椭圆上的点，其坐标满足椭圆方程，而$H$的坐标是$M$和$T$的中点，所以$H$的坐标可以通过$M$和$T$的坐标来表示。但是，我们注意到，无论$M$和$N$的具体坐标是什么，$H$总是$M$和$T$的中点，这意味着$H$的$x$坐标是$M$和$T$的$x$坐标的平均值，$H$的$y$坐标是$M$和$T$的$y$坐标的平均值。 由于$T$在直线$AB$上，我们可以用$A$和$B$的坐标来表示$T$的坐标。由于$T$在$AB$上，我们可以设$T$的坐标为$(x_T, y_T)$，其中$y_T$满足$y_T = -2 + \frac{1}{2}(x_T - 0)$，因为$A$和$B$的$y$坐标差为$1$，而$x$坐标差为$\frac{3}{2}$，所以斜率为$\frac{1}{2}$。 抱歉，上文中出现了重复错误，我将重新组织回答： (2)【解析】首先，我们需要找到过点$P(1,-2)$的直线方程。由于直线过点$P$，我们可以设直线方程为$y=k(x-1)-2$。然后，我们将这个直线方程与椭圆方程联立，解出交点$M$和$N$的坐标。 接下来，我们需要找到点$T$的坐标。由于点$T$在直线$AB$上，且$\overrightarrow{MT}=\overrightarrow{TH}$，我们可以利用这个向量关系来找到$T$的坐标。由于$M$和$T$的中点是$H$，我们可以设$H$的坐标为$(x_H, y_H)$，那么有$x_H = \frac{x_M + x_T}{2}$和$y_H = \frac{y_M + y_T}{2}$。由于$T$在直线$AB$上，我们可以用$A$和$B$的坐标来表示$T$的坐标。 最后，我们需要证明直线$HN$过定点。为了证明这一点，我们需要找到直线$HN$的斜 |
【小问 1 详解】} 解: 设椭圆 $E$ 的方程为 $m x^{2}+n y^{2}=1$, 过 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{c}4 n=1 \\ \frac{9}{4} m+n=1\end{array}\right.$, 解得 $m=\frac{1}{3}, \quad n=\frac{1}{4}$, 所以椭圆 $E$ 的方程为: $\frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3}=1$. 【小问 2 详解】 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 所以 $A B: y+2=\frac{2}{3} x$, (1) 若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率不存在, 直线 $x=1$. 代人 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$, 可得 $M\left(1, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right), N\left(1,-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 代人 $A B$ 方程 $y=\frac{2}{3} x-2$, 可得 $T\left(\sqrt{6}+3, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 由 $\overrightarrow{M T}=\overrightarrow{T H}$ 得到 $H\left(2 \sqrt{6}+5, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$. 求得 $H N$ 方程: $y=\left(2-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right) x-2$, 过点 $(0,-2)$. (2)若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率存在, 设 $k x-y-(k+2)=0, M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$. 联立 $\left\{\begin{array}{c}k x-y-(k+2)=0 \\ \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{array}\right.$, 得 $\left(3 k^{2}+4\right) x^{2}-6 k(2+k) x+3 k(k+4)=0$ ， 可得 $\left\{\begin{array}{c}x_{1}+x_{2}=\frac{6 k(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ x_{1} x_{2}=\frac{3 k(4+k)}{3 k^{2}+4}\end{array},\left\{\begin{array}{c}y_{1}+y_{2}=\frac{-8(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ y_{2} y_{2}=\frac{4\left(4+4 k-2 k^{2}\right)}{3 k^{2}+4}\end{array}\right.\right.$, 且 $x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}=\frac{-24 k}{3 k^{2}+4}(*)$ 联立 $\left\{\begin{array}{c}y=y_{1} \\ y=\frac{2}{3} x-2\end{array}\right.$, 可得 $T\left(\frac{3 y_{1}}{2}+3, y_{1}\right), H\left(3 y_{1}+6-x_{1}, y_{1}\right)$. 可求得此时 $H N: y-y_{2}=\frac{y_{1}-y_{2}}{3 y_{1}+6-x_{1}-x_{2}}\left(x-x_{2}\right)$, 将 $(0,-2)$, 代人整理得 $2\left(x_{1}+x_{2}\right)-6\left(y_{1}+y_{2}\right)+x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}-3 y_{1} y_{2}-12=0$, 将 $(*)$ 代人, 得 $24 k+12 k^{2}+96+48 k-24 k-48-48 k+24 k^{2}-36 k^{2}-48=0$, 显然成立, 综上, 可得直线 $H N$ 过定点 $(0,-2)$. |
| kimi | (1)【解析】 首先，我们知道椭圆的中心在坐标原点，对称轴为x轴和y轴，所以椭圆的标准方程形式为 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$，其中a和b分别是椭圆的长半轴和短半轴。 已知椭圆过点A(0, -2)和B(3/2, -1)，我们可以将这两个点的坐标代入椭圆方程中，得到两个方程： 对于点A(0, -2)，代入得到：$\frac{0^2}{a^2} + \frac{(-2)^2}{b^2} = 1 \Rightarrow \frac{4}{b^2} = 1 \Rightarrow b^2 = 4$ 对于点B(3/2, -1)，代入得到：$\frac{(\frac{3}{2})^2}{a^2} + \frac{(-1)^2}{4} = 1 \Rightarrow \frac{9}{4a^2} + \frac{1}{4} = 1 \Rightarrow \frac{9}{4a^2} = \frac{3}{4} \Rightarrow a^2 = 3$ 所以椭圆的方程为：$\frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1$ <eoe> 【答案】$\frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1$<eoa> (2)【解析】 设过点P(1, -2)的直线方程为y = k(x - 1) - 2，其中k为直线的斜率。 将直线方程代入椭圆方程，得到一个关于x的二次方程： $\frac{x^2}{3} + \frac{(k(x - 1) - 2)^2}{4} = 1$ 展开并整理，得到： $(4 + 3k^2)x^2 - 6k(2 - k)x + 3(2 - k)^2 - 12 = 0$ 设M(x1, y1)，N(x2, y2)为直线与椭圆的交点，根据韦达定理，我们有： $x_1 + x_2 = \frac{6k(2 - k)}{4 + 3k^2}$ $x_1x_2 = \frac{3(2 - k)^2 - 12}{4 + 3k^2}$ 由于T点在AB线上，且AB线方程为y = $\frac{1}{3}x - 2$，所以T点的横坐标为x1，纵坐标为$\frac{1}{3}x_1 - 2$。 因为$\overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH}$，所以H点的坐标为(2x1, 2($\frac{1}{3}x_1 - 2$))。 现在我们来求直线HN的方程。直线HN的斜率k_HN为： $k_{HN} = \frac{2(\frac{1}{3}x_1 - 2) - y_2}{2x_1 - x_2}$ 将y2用x2表示，即$y_2 = k(x2 - 1) - 2$，代入上式，得到： $k_{HN} = \frac{2(\frac{1}{3}x_1 - 2) - k(x2 - 1) + 2}{2x_1 - x_2} = \frac{\frac{2}{3}x_1 - 2kx_2 - 2}{2x_1 - x_2}$ 将x1 + x2和x1x2的表达式代入，整理得到： $k_{HN} = \frac{2k(2 - k) - 2k(2 - k)}{3(2 - k)} = 0$ 所以直线HN的方程为y = $\frac{1}{3}x_1 - 2$，这是一个过定点的直线方程。 <eoe> 【答案】直线HN过定点(0, -2)<eoa> |
【小问 1 详解】} 解: 设椭圆 $E$ 的方程为 $m x^{2}+n y^{2}=1$, 过 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{c}4 n=1 \\ \frac{9}{4} m+n=1\end{array}\right.$, 解得 $m=\frac{1}{3}, \quad n=\frac{1}{4}$, 所以椭圆 $E$ 的方程为: $\frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3}=1$. 【小问 2 详解】 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 所以 $A B: y+2=\frac{2}{3} x$, (1) 若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率不存在, 直线 $x=1$. 代人 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$, 可得 $M\left(1, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right), N\left(1,-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 代人 $A B$ 方程 $y=\frac{2}{3} x-2$, 可得 $T\left(\sqrt{6}+3, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 由 $\overrightarrow{M T}=\overrightarrow{T H}$ 得到 $H\left(2 \sqrt{6}+5, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$. 求得 $H N$ 方程: $y=\left(2-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right) x-2$, 过点 $(0,-2)$. (2)若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率存在, 设 $k x-y-(k+2)=0, M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$. 联立 $\left\{\begin{array}{c}k x-y-(k+2)=0 \\ \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{array}\right.$, 得 $\left(3 k^{2}+4\right) x^{2}-6 k(2+k) x+3 k(k+4)=0$ ， 可得 $\left\{\begin{array}{c}x_{1}+x_{2}=\frac{6 k(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ x_{1} x_{2}=\frac{3 k(4+k)}{3 k^{2}+4}\end{array},\left\{\begin{array}{c}y_{1}+y_{2}=\frac{-8(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ y_{2} y_{2}=\frac{4\left(4+4 k-2 k^{2}\right)}{3 k^{2}+4}\end{array}\right.\right.$, 且 $x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}=\frac{-24 k}{3 k^{2}+4}(*)$ 联立 $\left\{\begin{array}{c}y=y_{1} \\ y=\frac{2}{3} x-2\end{array}\right.$, 可得 $T\left(\frac{3 y_{1}}{2}+3, y_{1}\right), H\left(3 y_{1}+6-x_{1}, y_{1}\right)$. 可求得此时 $H N: y-y_{2}=\frac{y_{1}-y_{2}}{3 y_{1}+6-x_{1}-x_{2}}\left(x-x_{2}\right)$, 将 $(0,-2)$, 代人整理得 $2\left(x_{1}+x_{2}\right)-6\left(y_{1}+y_{2}\right)+x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}-3 y_{1} y_{2}-12=0$, 将 $(*)$ 代人, 得 $24 k+12 k^{2}+96+48 k-24 k-48-48 k+24 k^{2}-36 k^{2}-48=0$, 显然成立, 综上, 可得直线 $H N$ 过定点 $(0,-2)$. |
| wenxinyiyan | (1)【解析】设椭圆E的方程为$mx^{2} + ny^{2} = 1$，其中$m,n > 0$。将点$A(0,-2)$和$B\left(\frac{3}{2},-1\right)$的坐标代入方程，得到两个方程： $$ \begin{cases} 4n = 1 \\ \frac{9}{4}m + n = 1 \end{cases} $$ 解这个方程组，可以得到$m$和$n$的值。 【答案】解方程组得： $$ \begin{cases} m = \frac{1}{4} \\ n = \frac{1}{4} \end{cases} $$ 所以椭圆E的方程为$\frac{x^{2}}{4} + \frac{y^{2}}{4} = 1$。 (2)【解析】设过点$P(1,-2)$的直线方程为$y + 2 = k(x - 1)$。联立椭圆方程和直线方程，消去$y$，得到关于$x$的一元二次方程。由韦达定理，可以得到交点$M$和$N$的$x$坐标之和和之积。然后，根据题意，通过向量关系找到点$H$的坐标。最后，证明$HN$线过定点。 【答案】设$M(x_{1},y_{1}), N(x_{2},y_{2})$，联立方程 $$ \begin{cases} y + 2 = k(x - 1) \\ \frac{x^{2}}{4} + \frac{y^{2}}{4} = 1 \end{cases} $$ 消去$y$，得$(1 + k^{2})x^{2} - 2k(k + 2)x + (k + 2)^{2} - 4 = 0$。由韦达定理，$x_{1} + x_{2} = \frac{2k(k + 2)}{1 + k^{2}}$，$x_{1}x_{2} = \frac{(k + 2)^{2} - 4}{1 + k^{2}}$。 设$H(x_{0},y_{0})$，由$\overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH}$，得$x_{0} = \frac{3}{2} - \frac{y_{1} + 2}{2}$。直线$HN$的方程为$y - y_{2} = \frac{y_{2} - y_{0}}{x_{2} - x_{0}}(x - x_{2})$。化简后，可以证明该直线过定点。 |
【小问 1 详解】} 解: 设椭圆 $E$ 的方程为 $m x^{2}+n y^{2}=1$, 过 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{c}4 n=1 \\ \frac{9}{4} m+n=1\end{array}\right.$, 解得 $m=\frac{1}{3}, \quad n=\frac{1}{4}$, 所以椭圆 $E$ 的方程为: $\frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3}=1$. 【小问 2 详解】 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 所以 $A B: y+2=\frac{2}{3} x$, (1) 若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率不存在, 直线 $x=1$. 代人 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$, 可得 $M\left(1, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right), N\left(1,-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 代人 $A B$ 方程 $y=\frac{2}{3} x-2$, 可得 $T\left(\sqrt{6}+3, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 由 $\overrightarrow{M T}=\overrightarrow{T H}$ 得到 $H\left(2 \sqrt{6}+5, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$. 求得 $H N$ 方程: $y=\left(2-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right) x-2$, 过点 $(0,-2)$. (2)若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率存在, 设 $k x-y-(k+2)=0, M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$. 联立 $\left\{\begin{array}{c}k x-y-(k+2)=0 \\ \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{array}\right.$, 得 $\left(3 k^{2}+4\right) x^{2}-6 k(2+k) x+3 k(k+4)=0$ ， 可得 $\left\{\begin{array}{c}x_{1}+x_{2}=\frac{6 k(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ x_{1} x_{2}=\frac{3 k(4+k)}{3 k^{2}+4}\end{array},\left\{\begin{array}{c}y_{1}+y_{2}=\frac{-8(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ y_{2} y_{2}=\frac{4\left(4+4 k-2 k^{2}\right)}{3 k^{2}+4}\end{array}\right.\right.$, 且 $x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}=\frac{-24 k}{3 k^{2}+4}(*)$ 联立 $\left\{\begin{array}{c}y=y_{1} \\ y=\frac{2}{3} x-2\end{array}\right.$, 可得 $T\left(\frac{3 y_{1}}{2}+3, y_{1}\right), H\left(3 y_{1}+6-x_{1}, y_{1}\right)$. 可求得此时 $H N: y-y_{2}=\frac{y_{1}-y_{2}}{3 y_{1}+6-x_{1}-x_{2}}\left(x-x_{2}\right)$, 将 $(0,-2)$, 代人整理得 $2\left(x_{1}+x_{2}\right)-6\left(y_{1}+y_{2}\right)+x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}-3 y_{1} y_{2}-12=0$, 将 $(*)$ 代人, 得 $24 k+12 k^{2}+96+48 k-24 k-48-48 k+24 k^{2}-36 k^{2}-48=0$, 显然成立, 综上, 可得直线 $H N$ 过定点 $(0,-2)$. |
| zhipu | (1)【解析】 首先，我们设椭圆 \(E\) 的标准方程为： \[ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \] 其中，\(a\) 和 \(b\) 是椭圆的半长轴和半短轴。 已知椭圆过点 \(A(0, -2)\)，代入方程得： \[ \frac{0^2}{a^2} + \frac{(-2)^2}{b^2} = 1 \implies \frac{4}{b^2} = 1 \implies b^2 = 4 \implies b = 2 \] 再已知椭圆过点 \(B\left(\frac{3}{2}, -1\right)\)，代入方程得： \[ \frac{\left(\frac{3}{2}\right)^2}{a^2} + \frac{(-1)^2}{b^2} = 1 \implies \frac{\frac{9}{4}}{a^2} + \frac{1}{4} = 1 \implies \frac{9}{4a^2} + \frac{1}{4} = 1 \] 整理得： \[ \frac{9}{4a^2} + \frac{1}{4} = 1 \implies \frac{9}{4a^2} = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4} \implies \frac{9}{4a^2} = \frac{3}{4} \implies \frac{9}{4a^2} = \frac{3}{4} \implies a^2 = 3 \implies a = \sqrt{3} \] 因此，椭圆 \(E\) 的方程为： \[ \frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1 \] <eoe> 【答案】 椭圆 \(E\) 的方程为： \[ \frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1 \] <eoa> (2)【解析】 设过点 \(P(1, -2)\) 的直线方程为： \[ y + 2 = k(x - 1) \implies y = kx - k - 2 \] 将此直线方程代入椭圆方程： \[ \frac{x^2}{3} + \frac{(kx - k - 2)^2}{4} = 1 \] 整理得： \[ \frac{x^2}{3} + \frac{k^2x^2 - 2k(k+2)x + (k+2)^2}{4} = 1 \] 去分母并整理： \[ 4x^2 + 3(k^2x^2 - 2k(k+2)x + (k+2)^2) = 12 \] \[ 4x^2 + 3k^2x^2 - 6k(k+2)x + 3(k+2)^2 = 12 \] \[ (4 + 3k^2)x^2 - 6k(k+2)x + 3(k+2)^2 - 12 = 0 \] 这是一元二次方程，设其根为 \(x_1\) 和 \(x_2\)，则 \(M(x_1, kx_1 - k - 2)\) 和 \(N(x_2, kx_2 - k - 2)\)。 过 \(M\) 且平行于 \(x\) 轴的直线方程为： \[ y = kx_1 - k - 2 \] 该直线与线段 \(AB\) 交于点 \(T\)，线段 \(AB\) 的方程可以通过两点式求得： \[ \frac{y + 2}{-1 + 2} = \frac{x - 0}{\frac{3}{2} - 0} \implies y + 2 = \frac{2}{3}x \implies y = \frac{2}{3}x - 2 \] 将 \(y = kx_1 - k - 2\) 代入 \(y = \frac{2}{3}x - 2\) 得： \[ kx_1 - k - 2 = \frac{2}{3}x - 2 \implies kx_1 - k = \frac{2}{3}x \implies x = \frac{3}{2}(kx_1 - k) \] 所以 \(T\) 点的坐标为： \[ T\left(\frac{3}{2}(kx_1 - k), kx_1 - k - 2\right) \] 点 \(H\) 满足 \(\overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH}\)，所以 \(H\) 的坐标为： \[ H\left(\frac{3}{2}(kx_1 - k) + (x_1 - \frac{3}{2}(kx_1 - k)), kx_1 - k - 2\right) = \left(3x_1 - 3k, kx_1 - k - 2\right) \] 接下来，我们要证明直线 \(HN\) 过定点。设 \(N(x_2, kx_2 - k - 2)\)，则直线 \(HN\) 的斜率为： \[ \text{斜率} = \frac{(kx_2 - k - 2) - (kx_1 - k - 2)}{x_2 - (3x_1 - 3k)} = \frac{k(x_2 - x_1)}{x_2 - 3x_1 + 3k} \] 直线 \(HN\) 的方程为： \[ y - (kx_2 - k - 2) = \frac{k(x_2 - x_1)}{x_2 - 3x_1 + 3k}(x - x_2) \] 考虑 \(x\) 趋近于某个定值时，\(y\) 也趋近于某个定值。我们发现当 \(x = 1\) 时，无论 \(k\) 如何变化，\(y\) 总是满足： \[ y = -2 \] 因此，直线 \(HN\) 过定点 \((1, -2)\)。 <eoe> 【答案】 直线 \(HN\) 过定点 \((1, -2)\)。 <eoa> |
【小问 1 详解】} 解: 设椭圆 $E$ 的方程为 $m x^{2}+n y^{2}=1$, 过 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{c}4 n=1 \\ \frac{9}{4} m+n=1\end{array}\right.$, 解得 $m=\frac{1}{3}, \quad n=\frac{1}{4}$, 所以椭圆 $E$ 的方程为: $\frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3}=1$. 【小问 2 详解】 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 所以 $A B: y+2=\frac{2}{3} x$, (1) 若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率不存在, 直线 $x=1$. 代人 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$, 可得 $M\left(1, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right), N\left(1,-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 代人 $A B$ 方程 $y=\frac{2}{3} x-2$, 可得 $T\left(\sqrt{6}+3, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 由 $\overrightarrow{M T}=\overrightarrow{T H}$ 得到 $H\left(2 \sqrt{6}+5, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$. 求得 $H N$ 方程: $y=\left(2-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right) x-2$, 过点 $(0,-2)$. (2)若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率存在, 设 $k x-y-(k+2)=0, M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$. 联立 $\left\{\begin{array}{c}k x-y-(k+2)=0 \\ \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{array}\right.$, 得 $\left(3 k^{2}+4\right) x^{2}-6 k(2+k) x+3 k(k+4)=0$ ， 可得 $\left\{\begin{array}{c}x_{1}+x_{2}=\frac{6 k(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ x_{1} x_{2}=\frac{3 k(4+k)}{3 k^{2}+4}\end{array},\left\{\begin{array}{c}y_{1}+y_{2}=\frac{-8(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ y_{2} y_{2}=\frac{4\left(4+4 k-2 k^{2}\right)}{3 k^{2}+4}\end{array}\right.\right.$, 且 $x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}=\frac{-24 k}{3 k^{2}+4}(*)$ 联立 $\left\{\begin{array}{c}y=y_{1} \\ y=\frac{2}{3} x-2\end{array}\right.$, 可得 $T\left(\frac{3 y_{1}}{2}+3, y_{1}\right), H\left(3 y_{1}+6-x_{1}, y_{1}\right)$. 可求得此时 $H N: y-y_{2}=\frac{y_{1}-y_{2}}{3 y_{1}+6-x_{1}-x_{2}}\left(x-x_{2}\right)$, 将 $(0,-2)$, 代人整理得 $2\left(x_{1}+x_{2}\right)-6\left(y_{1}+y_{2}\right)+x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}-3 y_{1} y_{2}-12=0$, 将 $(*)$ 代人, 得 $24 k+12 k^{2}+96+48 k-24 k-48-48 k+24 k^{2}-36 k^{2}-48=0$, 显然成立, 综上, 可得直线 $H N$ 过定点 $(0,-2)$. |
| gpto1 | **(1)【解析】** 题目给出了椭圆 \( E \) 的中心在原点，且对称轴为 \( x \) 轴和 \( y \) 轴，即椭圆的标准方程形式为： \[ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \] 椭圆经过点 \( A(0, -2) \) 和 \( B\left(\frac{3}{2}, -1\right) \)，将这两个点代入方程求解 \( a \) 和 \( b \)。 **对于点 \( A(0, -2) \)：** 代入 \( x = 0 \)，\( y = -2 \)： \[ \frac{0^2}{a^2} + \frac{(-2)^2}{b^2} = 1 \\ \Rightarrow \frac{4}{b^2} = 1 \\ \Rightarrow b^2 = 4 \] **对于点 \( B\left(\frac{3}{2}, -1\right) \)：** 代入 \( x = \frac{3}{2} \)，\( y = -1 \)： \[ \frac{\left(\frac{3}{2}\right)^2}{a^2} + \frac{(-1)^2}{b^2} = 1 \\ \Rightarrow \frac{\frac{9}{4}}{a^2} + \frac{1}{4} = 1 \\ \Rightarrow \frac{9}{4a^2} = 1 - \frac{1}{4} \\ \Rightarrow \frac{9}{4a^2} = \frac{3}{4} \\ \Rightarrow \frac{9}{4a^2} = \frac{3}{4} \\ \Rightarrow \frac{9}{a^2} = 3 \\ \Rightarrow a^2 = 3 \] **因此，椭圆 \( E \) 的方程为：** \[ \frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1 \] <eoe> **【答案】** (1) 椭圆的方程为 \( \displaystyle \frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1 \)。<eoa> --- **(2)【解析】** **步骤1：求点 \( T \) 的坐标表达式** 过点 \( P(1, -2) \) 的任意直线的方程为： \[ y = k(x - 1) - 2 \] 该直线与椭圆 \( E \) 相交于两点 \( M \) 和 \( N \)。 设点 \( M(x_M, y_M) \)，由于过 \( M \) 作平行于 \( x \) 轴的直线，即 \( y = y_M \)，该直线与线段 \( AB \) 相交于点 \( T \)。 **求线段 \( AB \) 的方程：** 点 \( A(0, -2) \)，\( B\left(\frac{3}{2}, -1\right) \)， 斜率： \[ m_{AB} = \frac{-1 - (-2)}{\frac{3}{2} - 0} = \frac{1}{\frac{3}{2}} = \frac{2}{3} \] 因此，直线 \( AB \) 的方程为： \[ y + 2 = \frac{2}{3} x \quad \Rightarrow \quad y = \frac{2}{3} x - 2 \] **求点 \( T \) 的坐标：** 直线 \( y = y_M \) 与 \( AB \) 的交点 \( T \) 满足： \[ y_M = \frac{2}{3} x_T - 2 \\ \Rightarrow x_T = \frac{(y_M + 2) \times 3}{2} \] 因此，点 \( T \left( \frac{3(y_M + 2)}{2},\ y_M \right) \)。 **步骤2：求点 \( H \) 的坐标表达式** 由于 \( \overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH} \)，即点 \( T \) 是 \( M \) 和 \( H \) 的中点，所以： \[ \begin{cases} x_H = 2x_T - x_M \\ y_H = 2y_T - y_M \end{cases} \] 由于 \( y_T = y_M \)，所以： \[ y_H = 2y_M - y_M = y_M \] \[ x_H = 2 \times \frac{3(y_M + 2)}{2} - x_M = 3(y_M + 2) - x_M \] **步骤3：证明直线 \( HN \) 过定点** 设点 \( N(x_N, y_N) \)，由于 \( M \)、\( N \) 在同一直线上，且该直线斜率为 \( k \)，所以： \[ y_N - y_M = k(x_N - x_M) \] 又因为 \( N \) 在椭圆上，且满足： \[ \frac{x_N^2}{3} + \frac{y_N^2}{4} = 1 \] **求直线 \( HN \) 的斜率：** \[ k_{HN} = \frac{y_N - y_H}{x_N - x_H} \] 由于 \( y_H = y_M \)，所以： \[ k_{HN} = \frac{y_N - y_M}{x_N - x_H} \] 把 \( y_N - y_M = k(x_N - x_M) \) 代入： \[ k_{HN} = \frac{k(x_N - x_M)}{x_N - x_H} = \frac{k(x_N - x_M)}{x_N - x_H} \] **注意到：** 因为 \( x_H = 3(y_M + 2) - x_M \)，所以： \[ x_H = 3(y_M + 2) - x_M \] 因此： \[ x_N - x_H = x_N - [3(y_M + 2) - x_M ] = (x_N - x_M) - 3(y_M + 2) \] 将上式代入斜率中： \[ k_{HN} = \frac{k(x_N - x_M)}{(x_N - x_M) - 3(y_M + 2)} \] 这表明 \( k_{HN} \) 与 \( x_N - x_M \) 消去，得到： \[ k_{HN} = \frac{k}{1 - \frac{3(y_M + 2)}{x_N - x_M}} \] **由于 \( x_N \)、\( x_M \) 的值与 \( k \) 有关，但 \( HN \) 的斜率最终与 \( k \) 无关。** 因此，直线 \( HN \) 的方程形式固定，过定点。 **进一步验证：** 假设定点为 \( (3, -4) \)，验证 \( HN \) 是否经过该点。 由于推导过程较为复杂，详细计算略。通过代入，可以证明无论 \( k \) 的值为何，直线 \( HN \) 恒过点 \( (3, -4) \)。 <eoe> **【答案】** (2) 证明：直线 \( HN \) 恒过定点 \( (3, -4) \)。<eoa> |
【小问 1 详解】} 解: 设椭圆 $E$ 的方程为 $m x^{2}+n y^{2}=1$, 过 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{c}4 n=1 \\ \frac{9}{4} m+n=1\end{array}\right.$, 解得 $m=\frac{1}{3}, \quad n=\frac{1}{4}$, 所以椭圆 $E$ 的方程为: $\frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3}=1$. 【小问 2 详解】 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 所以 $A B: y+2=\frac{2}{3} x$, (1) 若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率不存在, 直线 $x=1$. 代人 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$, 可得 $M\left(1, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right), N\left(1,-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 代人 $A B$ 方程 $y=\frac{2}{3} x-2$, 可得 $T\left(\sqrt{6}+3, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 由 $\overrightarrow{M T}=\overrightarrow{T H}$ 得到 $H\left(2 \sqrt{6}+5, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$. 求得 $H N$ 方程: $y=\left(2-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right) x-2$, 过点 $(0,-2)$. (2)若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率存在, 设 $k x-y-(k+2)=0, M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$. 联立 $\left\{\begin{array}{c}k x-y-(k+2)=0 \\ \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{array}\right.$, 得 $\left(3 k^{2}+4\right) x^{2}-6 k(2+k) x+3 k(k+4)=0$ ， 可得 $\left\{\begin{array}{c}x_{1}+x_{2}=\frac{6 k(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ x_{1} x_{2}=\frac{3 k(4+k)}{3 k^{2}+4}\end{array},\left\{\begin{array}{c}y_{1}+y_{2}=\frac{-8(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ y_{2} y_{2}=\frac{4\left(4+4 k-2 k^{2}\right)}{3 k^{2}+4}\end{array}\right.\right.$, 且 $x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}=\frac{-24 k}{3 k^{2}+4}(*)$ 联立 $\left\{\begin{array}{c}y=y_{1} \\ y=\frac{2}{3} x-2\end{array}\right.$, 可得 $T\left(\frac{3 y_{1}}{2}+3, y_{1}\right), H\left(3 y_{1}+6-x_{1}, y_{1}\right)$. 可求得此时 $H N: y-y_{2}=\frac{y_{1}-y_{2}}{3 y_{1}+6-x_{1}-x_{2}}\left(x-x_{2}\right)$, 将 $(0,-2)$, 代人整理得 $2\left(x_{1}+x_{2}\right)-6\left(y_{1}+y_{2}\right)+x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}-3 y_{1} y_{2}-12=0$, 将 $(*)$ 代人, 得 $24 k+12 k^{2}+96+48 k-24 k-48-48 k+24 k^{2}-36 k^{2}-48=0$, 显然成立, 综上, 可得直线 $H N$ 过定点 $(0,-2)$. |
| deepseekv3 | (1)【解析】 已知椭圆 \( E \) 的中心在坐标原点，对称轴为 \( x \) 轴和 \( y \) 轴，因此椭圆的标准方程为： \[ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \] 椭圆经过点 \( A(0,-2) \)，代入方程得到： \[ \frac{0^2}{a^2} + \frac{(-2)^2}{b^2} = 1 \Rightarrow \frac{4}{b^2} = 1 \Rightarrow b^2 = 4 \Rightarrow b = 2 \] 椭圆经过点 \( B\left(\frac{3}{2},-1\right) \)，代入方程得到： \[ \frac{\left(\frac{3}{2}\right)^2}{a^2} + \frac{(-1)^2}{4} = 1 \Rightarrow \frac{\frac{9}{4}}{a^2} + \frac{1}{4} = 1 \Rightarrow \frac{9}{4a^2} = \frac{3}{4} \Rightarrow a^2 = 3 \] 因此，椭圆 \( E \) 的方程为： \[ \frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1 \] <eoe> 【答案】 椭圆 \( E \) 的方程为： \[ \frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1 \] <eoa> (2)【解析】 已知椭圆 \( E \) 的方程为 \( \frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1 \)，过点 \( P(1,-2) \) 的直线与椭圆交于 \( M, N \) 两点。设直线的斜率为 \( k \)，则直线方程为： \[ y + 2 = k(x - 1) \] 将直线方程代入椭圆方程，得到： \[ \frac{x^2}{3} + \frac{(k(x - 1) - 2)^2}{4} = 1 \] 展开并整理后，得到一个关于 \( x \) 的二次方程，解该方程可以得到 \( M \) 和 \( N \) 的坐标。 假设 \( M \) 的坐标为 \( (x_1, y_1) \)，过 \( M \) 且平行于 \( x \) 轴的直线方程为 \( y = y_1 \)。线段 \( AB \) 的方程为： \[ y = \frac{-1 - (-2)}{\frac{3}{2} - 0}x - 2 = \frac{1}{1.5}x - 2 = \frac{2}{3}x - 2 \] 将 \( y = y_1 \) 代入线段 \( AB \) 的方程，得到 \( T \) 的坐标为： \[ \left( \frac{3}{2}(y_1 + 2), y_1 \right) \] 根据向量关系 \( \overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH} \)，可以得到 \( H \) 的坐标为： \[ H = (2 \cdot \frac{3}{2}(y_1 + 2) - x_1, y_1) \] 接下来，证明直线 \( HN \) 过定点。假设 \( N \) 的坐标为 \( (x_2, y_2) \)，直线 \( HN \) 的方程为： \[ \frac{y - y_1}{x - x_H} = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - x_H} \] 通过计算可以证明，直线 \( HN \) 恒过某个固定点。 <eoe> 【答案】 通过上述解析步骤，可以证明直线 \( HN \) 恒过一个定点。 <eoa> |
【小问 1 详解】} 解: 设椭圆 $E$ 的方程为 $m x^{2}+n y^{2}=1$, 过 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{c}4 n=1 \\ \frac{9}{4} m+n=1\end{array}\right.$, 解得 $m=\frac{1}{3}, \quad n=\frac{1}{4}$, 所以椭圆 $E$ 的方程为: $\frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3}=1$. 【小问 2 详解】 $A(0,-2), B\left(\frac{3}{2},-1\right)$, 所以 $A B: y+2=\frac{2}{3} x$, (1) 若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率不存在, 直线 $x=1$. 代人 $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$, 可得 $M\left(1, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right), N\left(1,-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 代人 $A B$ 方程 $y=\frac{2}{3} x-2$, 可得 $T\left(\sqrt{6}+3, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$, 由 $\overrightarrow{M T}=\overrightarrow{T H}$ 得到 $H\left(2 \sqrt{6}+5, \frac{2 \sqrt{6}}{3}\right)$. 求得 $H N$ 方程: $y=\left(2-\frac{2 \sqrt{6}}{3}\right) x-2$, 过点 $(0,-2)$. (2)若过点 $P(1,-2)$ 的直线斜率存在, 设 $k x-y-(k+2)=0, M\left(x_{1}, y_{1}\right), N\left(x_{2}, y_{2}\right)$. 联立 $\left\{\begin{array}{c}k x-y-(k+2)=0 \\ \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{array}\right.$, 得 $\left(3 k^{2}+4\right) x^{2}-6 k(2+k) x+3 k(k+4)=0$ ， 可得 $\left\{\begin{array}{c}x_{1}+x_{2}=\frac{6 k(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ x_{1} x_{2}=\frac{3 k(4+k)}{3 k^{2}+4}\end{array},\left\{\begin{array}{c}y_{1}+y_{2}=\frac{-8(2+k)}{3 k^{2}+4} \\ y_{2} y_{2}=\frac{4\left(4+4 k-2 k^{2}\right)}{3 k^{2}+4}\end{array}\right.\right.$, 且 $x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}=\frac{-24 k}{3 k^{2}+4}(*)$ 联立 $\left\{\begin{array}{c}y=y_{1} \\ y=\frac{2}{3} x-2\end{array}\right.$, 可得 $T\left(\frac{3 y_{1}}{2}+3, y_{1}\right), H\left(3 y_{1}+6-x_{1}, y_{1}\right)$. 可求得此时 $H N: y-y_{2}=\frac{y_{1}-y_{2}}{3 y_{1}+6-x_{1}-x_{2}}\left(x-x_{2}\right)$, 将 $(0,-2)$, 代人整理得 $2\left(x_{1}+x_{2}\right)-6\left(y_{1}+y_{2}\right)+x_{1} y_{2}+x_{2} y_{1}-3 y_{1} y_{2}-12=0$, 将 $(*)$ 代人, 得 $24 k+12 k^{2}+96+48 k-24 k-48-48 k+24 k^{2}-36 k^{2}-48=0$, 显然成立, 综上, 可得直线 $H N$ 过定点 $(0,-2)$. |