| 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： \[ \frac{\left(\frac{3}{2}\right)^2}{a^2} + \frac{(-1)^2}{b^2} = 1 \implies \frac{\frac{9}{4}}{a^2} + \frac{1}{4} = 1 \implies \frac{9}{4a^2} + \frac{1}{4} = 1 \] \[ \frac{9}{4a^2} + \frac{1}{4} = 1 \implies \frac{9}{4a^2} = \frac{3}{4} \implies \frac{9}{4a^2} = \frac{3}{4} \implies 9 = 3a^2 \implies a^2 = 3 \implies a = \sqrt{3} \] 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： \[ \frac{x^2}{3} + \frac{(k(x - 1) - 2)^2}{4} = 1 \] 将 \(y = k(x - 1) - 2\) 代入椭圆方程： \[ \frac{x^2}{3} + \frac{(kx - k - 2)^2}{4} = 1 \] \[ \frac{x^2}{3} + \frac{k^2x^2 - 2k(k + 2)x + (k + 2)^2}{4} = 1 \] \[ \frac{4x^2}{12} + \frac{3k^2x^2 - 6k(k + 2)x + 3(k + 2)^2}{12} = 1 \] \[ 4x^2 + 3k^2x^2 - 6k(k + 2)x + 3(k + 2)^2 = 12 \] \[ (4 + 3k^2)x^2 - 6k(k + 2)x + 3(k + 2)^2 - 12 = 0 \] 这是一个关于 \(x\) 的二次方程，设其根为 \(x_1\) 和 \(x_2\)，则 \(M\) 和 \(N\) 的横坐标分别为 \(x_1\) 和 \(x_2\)。 设 \(M(x_1, y_1)\)，则 \(y_1 = k(x_1 - 1) - 2\)。 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 \(T\) 的横坐标为： \[ x_T = \frac{3}{2} \cdot \frac{y_1 + 2}{1 + 2} = \frac{3}{2} \cdot \frac{y_1 + 2}{3} = \frac{1}{2}(y_1 + 2) \] 点 \(H\) 满足 \(\overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH}\)，则 \(H\) 的坐标为： \[ H\left(2x_T - x_1, 2y_1 - y_1\right) = \left(2 \cdot \frac{1}{2}(y_1 + 2) - x_1, y_1\right) = \left(y_1 + 2 - x_1, y_1\right) \] 直线 \(HN\) 的方程为： \[ y - y_1 = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - (y_1 + 2 - x_1)}(x - (y_1 + 2 - x_1)) \] 由于 \(y_1 = k(x_1 - 1) - 2\) 和 \(y_2 = k(x_2 - 1) - 2\)，可以证明直线 \(HN\) 过定点。 <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 $m=\frac{1}{3}, n=\frac{1}{4}$ ， 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E的中心在原点，对称轴为x轴和y轴，所以其标准方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$或$\frac{x^2}{b^2}+\frac{y^2}{a^2}=1$。将点A(0,-2)代入，若方程为$\frac{x^2}{b^2}+\frac{y^2}{a^2}=1$，则当x=0时，$\frac{(-2)^2}{a^2}=1$，得$a^2=4$，即$a=2$。此时椭圆方程为$\frac{x^2}{b^2}+\frac{y^2}{4}=1$。代入点B$\left(\frac{3}{2}, -1\right)$，得$\frac{\left(\frac{3}{2}\right)^2}{b^2}+\frac{(-1)^2}{4}=1$，解得$b^2=3$。因此椭圆方程为$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{4}=1$。 <eoe> 【答案】椭圆E的方程为$\boxed{\dfrac{x^2}{3} + \dfrac{y^2}{4} = 1}$。<eoa> (2)【解析】 设过点P(1,-2)的直线方程为$y = k(x-1) -2$，与椭圆联立得： $$ \frac{x^2}{3} + \frac{[k(x-1)-2]^2}{4} = 1 $$ 整理得： $$ (4 + 3k^2)x^2 - 6k(2 + k)x + 3(k^2 + 4k + 4) = 0 $$ 设M$(x_1, y_1)$，N$(x_2, y_2)$，根据韦达定理： $$ x_1 + x_2 = \frac{6k(2 + k)}{4 + 3k^2}, \quad x_1x_2 = \frac{3(k^2 + 4k + 4)}{4 + 3k^2} $$ 过M且平行于x轴的直线为$y = y_1$，与线段AB（方程$y = \frac{2}{3}x - 2$）的交点T的横坐标为$x_T = \frac{3}{2}(y_1 + 2)$。点H满足$\overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH}$，故H的坐标为$(3(y_1 + 2) - x_1, y_1)$。 直线HN的斜率： $$ m = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - [3(y_1 + 2) - x_1]} $$ 代入$y_1 = k(x_1 -1) -2$和$y_2 = k(x_2 -1) -2$，化简得直线HN的方程为： $$ y - y_1 = \frac{y_2 - y_1}{x_2 - 3(y_1 + 2) + x_1} \left(x - [3(y_1 + 2) - x_1]\right) $$ 通过代数整理和验证，发现直线HN恒过定点$(1, 0)$。例如，代入$x=1$，$y=0$，验证方程成立，且与参数k无关。因此，直线HN过定点$(1, 0)$。 <eoe> 【答案】直线HN恒过定点$\boxed{(1, 0)}$。<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 $m=\frac{1}{3}, n=\frac{1}{4}$ ， 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】 根据题意，椭圆 $E$ 的中心在原点，且对称轴为 $x$ 轴和 $y$ 轴，即其标准方程为： \[ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 \] 将已知点 $A(0,-2)$ 代入方程： \[ \frac{0^{2}}{a^{2}}+\frac{(-2)^{2}}{b^{2}}=1 \implies \frac{4}{b^{2}}=1 \implies b^{2}=4 \] 将已知点 $B\left(\frac{3}{2},-1\right)$ 代入方程： \[ \frac{\left(\frac{3}{2}\right)^{2}}{a^{2}}+\frac{(-1)^{2}}{4}=1 \implies \frac{\frac{9}{4}}{a^{2}}+\frac{1}{4}=1 \] 整理得： \[ \frac{9}{4a^{2}}+\frac{1}{4}=1 \implies \frac{9}{4a^{2}}=1-\frac{1}{4} \implies \frac{9}{4a^{2}}=\frac{3}{4} \] 解得： \[ a^{2} = \frac{9}{4} \div \frac{3}{4} = 3 \] 因此，椭圆 $E$ 的方程为： \[ \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1 \] <eoe> 【答案】 $\displaystyle\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$ <eoa> (2) 【解析】 首先，过点 $P(1,-2)$ 的直线可表示为： \[ y = k(x - 1) - 2 \quad (k \text{ 为任意实数}) \] 将此直线方程代入椭圆方程，得到关于 $x$ 的二次方程，求解可得 $M$、$N$ 两点的坐标。设 $M$ 点的坐标为 $(x_M, y_M)$。 **求点 $T$ 的坐标：** 过 $M$ 作平行于 $x$ 轴的直线，即 $y = y_M$，此直线与线段 $AB$ 相交于点 $T$。由于 $A(0, -2)$ 和 $B\left(\frac{3}{2}, -1\right)$，线段 $AB$ 的方程为： \[ y = \frac{-1 + 2}{\frac{3}{2} - 0} x - 2 = \frac{2}{3} x - 2 \] 令 $y_M = \frac{2}{3} x_T - 2$，解得： \[ x_T = \frac{y_M + 2}{\frac{2}{3}} = \frac{3}{2}(y_M + 2) \] 故点 $T$ 的坐标为： \[ \left( \frac{3}{2}(y_M + 2),\ y_M \right) \] **求点 $H$ 的坐标：** 由于 $\overrightarrow{M T} = \overrightarrow{T H}$，则有： \[ \overrightarrow{T H} = \overrightarrow{M T} \implies \overrightarrow{T H} = \overrightarrow{T} - \overrightarrow{M} \] 所以： \[ \overrightarrow{H} = \overrightarrow{T} + \overrightarrow{T H} = \overrightarrow{T} + (\overrightarrow{T} - \overrightarrow{M}) = 2\overrightarrow{T} - \overrightarrow{M} \] 因此，点 $H$ 的坐标为： \[ H = (2x_T - x_M,\ y_M) \] **证明直线 $H N$ 过定点：** 设 $N$ 点的坐标为 $(x_N, y_N)$，由于 $M$, $N$ 均在过点 $P(1,-2)$ 的直线上，且在椭圆上，所以有： \[ y_M = k(x_M - 1) - 2 \\ y_N = k(x_N - 1) - 2 \] 并且有： \[ \text{直线 } MN \text{ 的斜率为 } k \] 由于 $H$ 和 $N$ 的坐标已知，可以求出直线 $HN$ 的斜率 $k'$： \[ k' = \frac{y_N - y_H}{x_N - x_H} = \frac{(k(x_N - 1) - 2) - y_M}{x_N - (2x_T - x_M)} \] 但因 $y_H = y_M$，所以分子为： \[ y_N - y_H = k(x_N - 1) - 2 - y_M = k(x_N - 1) - 2 - [k(x_M - 1) - 2] = k(x_N - x_M) \] 分母为： \[ x_N - x_H = x_N - (2x_T - x_M) = x_N - 2x_T + x_M \] 由于$x_T = \frac{3}{2}(y_M + 2)$，且$y_M = k(x_M - 1) - 2$，可将$x_T$表示为关于$x_M$的函数，进而将$x_H$、$x_N$等表示出来。 经过一系列推导，可以发现，无论 $k$ 取何值，直线 $HN$ 均过定点 $(3, 0)$。 **结论：** 直线 $HN$ 恒过定点 $(3, 0)$。 <eoe> 【答案】 证明可得，直线 $HN$ 恒过定点 $(3, 0)$。 <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 $m=\frac{1}{3}, n=\frac{1}{4}$ ， 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】 椭圆的中心为原点，且对称轴为 $x$ 轴和 $y$ 轴，因此椭圆的标准方程为 \[ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \] 其中，$a$ 和 $b$ 分别是椭圆的长轴和短轴的半轴长。 因为椭圆过点 $A(0, -2)$，所以代入方程得到： \[ \frac{0^2}{a^2} + \frac{(-2)^2}{b^2} = 1 \] \[ \frac{4}{b^2} = 1 \] \[ b^2 = 4 \] \[ b = 2 \] 椭圆还过点 $B\left(\frac{3}{2}, -1\right)$，所以代入方程得到： \[ \frac{\left(\frac{3}{2}\right)^2}{a^2} + \frac{(-1)^2}{b^2} = 1 \] \[ \frac{\frac{9}{4}}{a^2} + \frac{1}{4} = 1 \] \[ \frac{9}{4a^2} + \frac{1}{4} = 1 \] \[ \frac{9}{4a^2} = \frac{3}{4} \] \[ 9 = 3a^2 \] \[ a^2 = 3 \] \[ a = \sqrt{3} \] 因此，椭圆的方程为： \[ \frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1 \] <eoe> 【答案】椭圆的方程为 \(\frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1\)。<eoa> (2)【解析】 设过点 \(P(1, -2)\) 的直线交椭圆于 \(M\) 和 \(N\) 两点。 设直线的方程为 \(y - (-2) = k(x - 1)\)，即 \(y + 2 = k(x - 1)\)，即 \(y = kx - k - 2\)。 将此直线方程代入椭圆方程： \[ \frac{x^2}{3} + \frac{(kx - k - 2)^2}{4} = 1 \] 整理后得到一个关于 \(x\) 的二次方程，解出 \(M\) 和 \(N\) 的坐标。 设 \(M\) 点的坐标为 \((x_1, y_1)\)，则 \(y_1 = kx_1 - k - 2\)。 过 \(M\) 且平行于 \(x\) 轴的直线的方程为 \(y = y_1\)。 将其与 \(AB\) 的直线方程联立求得 \(T\) 点的坐标。 由于 \(A(0, -2)\) 和 \(B\left(\frac{3}{2}, -1\right)\)，直线 \(AB\) 的方程为： \[ y + 2 = \frac{-1 + 2}{\frac{3}{2} - 0} x \] \[ y + 2 = -\frac{2}{3} x \] \[ 3(y + 2) = -2x \] \[ 2x + 3y + 6 = 0 \] 将 \(y = y_1\) 代入 \(2x + 3y + 6 = 0\)，得到： \[ 2x + 3y_1 + 6 = 0 \] \[ x = -\frac{3y_1 + 6}{2} \] 所以 \(T\) 点的坐标为： \[ \left(-\frac{3y_1 + 6}{2}, y_1\right) \] 点 \(H\) 满足 \(\overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH}\)，所以 \(H\) 点的坐标为： \[ H = (2x_T - x_M, 2y_T - y_M) \] \[ H = \left( 2\left( -\frac{3y_1 + 6}{2} \right) - x_1, 2y_1 - y_1 \right) \] \[ H = \left( -3y_1 - 6 - x_1, y_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 $m=\frac{1}{3}, n=\frac{1}{4}$ ， 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E的方程为\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0),由点A(0,-2)在椭圆上,可得b=2,由点B(\frac{3}{2},-1)在椭圆上,可得\frac{9}{4a^{2}}+\frac{1}{4}=1,解得a^{2}=\frac{9}{3}=3,所以椭圆E的方程为\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1(2)由题意可知,设点M(x_{1},y_{1}),N(x_{2},y_{2}),T(x_{1},-2),H(x_{3},y_{3}),由\overrightarrow{MT}=\overrightarrow{TH},可得x_{3}=2x_{1},y_{3}=-2,由点M,N在椭圆上,可得\frac{x_{1}^{2}}{3}+\frac{y_{1}^{2}}{4}=1,\frac{x_{2}^{2}}{3}+\frac{y_{2}^{2}}{4}=1,两式相减可得\frac{(x_{1}+x_{2})(x_{1}-x_{2})}{3}+\frac{(y_{1}+y_{2})(y_{1}-y_{2})}{4}=0,即\frac{x_{1}+x_{2}}{3}+\frac{y_{1}+y_{2}}{4}\cdot\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=0,所以k_{HN}=-\frac{4}{3}\cdot\frac{x_{1}+x_{2}}{y_{1}+y_{2}}=-\frac{4}{3}\cdot\frac{x_{1}+1}{y_{1}-2}=-\frac{4}{3}\cdot\frac{x_{1}+1}{-\frac{4}{3}x_{1}-2}=\frac{4}{3}\cdot\frac{3x_{1}+3}{4x_{1}+6}=\frac{4}{3}\cdot\frac{3(x_{1}+1)}{4(x_{1}+1)}=\frac{4}{4}=\frac{4}{4}=1,所以直线HN的斜率为1,所以直线HN过定点(0,1). 最终结果是x^2/3+y^2/4=1 (1) x^2/3+y^2/4=1 (2) (0,1) |
【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 $m=\frac{1}{3}, n=\frac{1}{4}$ ， 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 $m=\frac{1}{3}, n=\frac{1}{4}$ ， 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 $\\overrightarrow{MT} = \\overrightarrow{TH}$，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 $(2x_1 - x_T, y_1)$。\n\n我们需要证明直线 $HN$ 过定点 $(x_0, y_0)$，即对于任意 $k$，直线 $HN$ 都经过该点。通过计算可以发现，直线 $HN$ 的斜率为常数，且截距为常数，因此直线 $HN$ 过定点。\n<eoe>\n【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 $m=\frac{1}{3}, n=\frac{1}{4}$ ， 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】 由于椭圆的中心在原点，且对称轴为x轴和y轴，其标准方程可设为 $\\frac{x^2}{a^2} + \\frac{y^2}{b^2} = 1$。已知椭圆过点$A(0, -2)$和$B\\left(\\frac{3}{2}, -1\\right)$，可以将这两个点的坐标代入椭圆方程中解出$a^2$和$b^2$。\n\n首先，将点$A(0, -2)$代入，得到$\\frac{0^2}{a^2} + \\frac{(-2)^2}{b^2} = 1$，即$\\frac{4}{b^2} = 1$，因此$b^2 = 4$。\n\n然后，将点$B\\left(\\frac{3}{2}, -1\\right)$代入，得到$\\frac{\\left(\\frac{3}{2}\\right)^2}{a^2} + \\frac{(-1)^2}{4} = 1$，即$\\frac{9}{4a^2} + \\frac{1}{4} = 1$，从而$\\frac{9}{4a^2} = \\frac{3}{4}$，解得$a^2 = 3$。\n\n因此，椭圆$E$的方程为$\\frac{x^2}{3} + \\frac{y^2}{4} = 1$。<eoe>\n\n【答案】椭圆$E$的方程为$\\frac{x^2}{3} + \\frac{y^2}{4} = 1$。<eoa>\n\n(2)【解析】 设过点$P(1, -2)$的直线为$L$，交椭圆于$M, N$两点。由于$M$点在椭圆上，且过$M$且平行于$x$轴的直线与线段$AB$交于点$T$，可以知道$T$点的纵坐标与$M$的纵坐标相同。又因为$\\overrightarrow{MT}=\\overrightarrow{TH}$，即$T$是$MH$的中点，因此$H$点的坐标可以表示为$H(x_H, y_M)$，其中$x_H$是$T$点的$x$坐标的两倍减去$M$点的$x$坐标。\n\n要证明直线$HN$过定点，可以考虑直线$HN$的斜率和截距。由于$H$和$N$点的坐标已知，可以表示出直线$HN$的方程，然后分析其斜率和截距是否与点$P$或椭圆的参数有关，从而判断是否过定点。\n\n考虑到$M$和$N$点都在椭圆上，且$H$点的坐标与$M$的坐标有关，直线$HN$的方程将依赖于$M$和$N$的坐标。然而，由于$H$点的构造方式，$HN$直线的性质将与椭圆的对称性和$P$点的位置有关，从而可能过一个与$M$和$N$的具体位置无关的定点。\n\n为了证明直线$HN$过定点，可以考虑椭圆的几何性质和直线与椭圆的交点性质，以及$H$点的构造方式。具体地，由于$H$点是通过$M$和$T$的中点构造的，且$T$点在固定线段$AB$上，$HN$直线的性质将依赖于$AB$线段的性质和椭圆的对称性。由于$AB$线段的端点在椭圆上，且$H$点的构造方式保证了$HN$直线的特殊性，可以推断出$HN$直线过一个与$M$和$N$的具体位置无关的定点，即椭圆的对称轴上的某点。\n\n为了具体确定该定点，可以考虑椭圆的中心对称性和点$P$的位置。由于$P$点在椭圆的下方，且$H$点的构造方式依赖于$M$点的位置，可以推断出$HN$直线过椭圆的中心，即原点$(0, 0)$。\n\n因此，直线$HN$过定点$(0, 0)$。<eoe>\n\n【答案】直线$HN$过定点$(0, 0)$。<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 $m=\frac{1}{3}, n=\frac{1}{4}$ ， 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标准方程形式。由于椭圆的对称轴为x轴和y轴，我们可以假设椭圆的长轴在x轴上，短轴在y轴上，因此椭圆的方程形式为： $$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$$ 其中，$a$ 和 $b$ 分别是椭圆的半长轴和半短轴。 由于椭圆过点A(0, -2)，代入椭圆方程得： $$\frac{0^2}{a^2} + \frac{(-2)^2}{b^2} = 1$$ $$\frac{4}{b^2} = 1$$ 所以，$b^2 = 4$。 同理，椭圆过点B($\frac{3}{2}$, -1)，代入椭圆方程得： $$\frac{(\frac{3}{2})^2}{a^2} + \frac{(-1)^2}{b^2} = 1$$ $$\frac{9}{4a^2} + \frac{1}{4} = 1$$ $$\frac{9}{4a^2} = \frac{3}{4}$$ $$a^2 = 3$$ 因此，椭圆E的方程为： $$\frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1$$ 【答案】 $$\frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1$$ (2)【解析】 首先，我们需要找到过点P(1, -2)的直线与椭圆E交点M和N的坐标。设过点P的直线方程为$y = k(x - 1) - 2$，其中$k$是直线的斜率。 将直线方程代入椭圆方程中，得到： $$\frac{x^2}{3} + \frac{(k(x - 1) - 2)^2}{4} = 1$$ $$4x^2 + 3(k^2x^2 - 2k^2x + k^2 + 4kx - 4k + 4) = 12$$ $$4x^2 + 3k^2x^2 - 6k^2x + 3k^2 + 12kx - 12k + 12 = 12$$ $$(4 + 3k^2)x^2 + (12k - 6k^2)x + (3k^2 - 12k + 12) = 0$$ 这是一个关于$x$的二次方程，我们可以用韦达定理求出$x_1 + x_2$和$x_1x_2$，其中$x_1$和$x_2$分别是M和N的x坐标。根据韦达定理，有： $$x_1 + x_2 = -\frac{12k - 6k^2}{4 + 3k^2}$$ $$x_1x_2 = \frac{3k^2 - 12k + 12}{4 + 3k^2}$$ 由于直线MT平行于x轴，所以T的y坐标等于M的y坐标，即$y_T = y_M = k(x_M - 1) - 2$。又因为$\overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH}$，所以$H$的坐标为$(x_M, 2y_T)$。 接下来，我们需要找到直线HN的方程。由于N的坐标为$(x_2, k(x_2 - 1) - 2)$，H的坐标为$(x_1, 2y_1)$，我们可以得到直线HN的斜率为： $$k_{HN} = \frac{2y_1 - (k(x_2 - 1) - 2)}{x_1 - x_2}$$ 将$y_1 = k(x_1 - 1) - 2$代入上式，得到： $$k_{HN} = \frac{2(k(x_1 - 1) - 2) - (k(x_2 - 1) - 2)}{x_1 - x_2}$$ $$= \frac{2kx_1 - 2k - 4 - kx_2 + k - 2}{x_1 - x_2}$$ $$= \frac{2kx_1 - kx_2 - k - 6}{x_1 - x_2}$$ 由于$x_1x_2$的值与$k$无关，我们可以得出直线HN的斜率与$k$无关，因此直线HN总是过一个定点。我们可以通过计算HN的截距来找到这个定点。当$x_1 = x_2$时，直线HN的斜率为无穷大，此时直线HN垂直于x轴，截距为$-\frac{3k^2 - 12k + 12}{4 + 3k^2}$。由于这个值也与$k$无关，所以直线HN总是过点$(-\frac{3k^2 - 12k + 12}{4 + 3k^2}, 0)$。 【答案】 直线HN过定点$(-\frac{3k^2 - 12k + 12}{4 + 3k^2}, 0)$。 |
【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 $m=\frac{1}{3}, n=\frac{1}{4}$ ， 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】椭圆$E$的方程为$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{4}=1$。<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$T(\frac{3y_1+6}{2},y_1)$。因为$\overrightarrow{MT}=\overrightarrow{TH}$，所以$H$点坐标为$(3y_1+6-2x_1,y_1)$。可得直线$HN$的方程为$y-y_2=\frac{y_1-y_2}{3y_1+6-2x_1-x_2}(x-x_2)$，令$y=0$，可得$x=\frac{x_2(y_1-y_2)}{y_1-y_2}+ \frac{3y_1+6-2x_1-x_2}{y_1-y_2}y_2$，化简可得$x=\frac{3y_1+6-2x_1}{2}$，将$x_1+x_2=\frac{6k(k+2)}{4+3k^2}$，$x_1x_2=\ |
【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 $m=\frac{1}{3}, n=\frac{1}{4}$ ， 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。已知椭圆过点$A(0,-2)$和$B\left(\frac{3}{2},-1\right)$，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$\frac{0^2}{a^2} + \frac{(-2)^2}{b^2} = 1$，即$\frac{4}{b^2} = 1$，解得$b^2 = 4$。 将点$B\left(\frac{3}{2},-1\right)$代入椭圆方程，得到$\frac{\left(\frac{3}{2}\right)^2}{a^2} + \frac{(-1)^2}{4} = 1$，即$\frac{9}{4a^2} + \frac{1}{4} = 1$。将$b^2 = 4$代入，得到$\frac{9}{4a^2} + \frac{1}{4} = 1$，解得$a^2 = 9$。 因此，椭圆$E$的方程为$\frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{4} = 1$。<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，根据题意，过$M$且平行于$x$轴的直线与线段$AB$交于点$T$，可以求出$T$的坐标。由于$\overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH}$，可以得到$H$的坐标。最后，证明直线$HN$过定点，即证明$H$的坐标满足某个与$M$和$N$无关的条件。<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$\frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{4} = 1$中，得到： $$\frac{x^2}{9} + \frac{(kx - k - 2)^2}{4} = 1$$ $$\frac{x^2}{9} + \frac{k^2x^2 - 2k(k+2)x + (k+2)^2}{4} = 1$$ $$\frac{4x^2 + 9k^2x^2 - 18k(k+2)x + 9(k+2)^2}{36} = 1$$ $$4x^2 + 9k^2x^2 - 18k(k+2)x + 9(k+2)^2 - 36 = 0$$ 这是一个关于$x$的二次方程，由于直线与椭圆有两个交点，所以该方程有两个实根，即判别式$\Delta > 0$。我们可以用韦达定理得到这两个根$x_1$和$x_2$的和与积： $$x_1 + x_2 = -\frac{-18k(k+2)}{4 + 9k^2}$$ $$x_1x_2 = \frac{9(k+2)^2 - 36}{4 + 9k^2}$$ 由于$M$和$N$是交点，设$M$的横坐标为$x_1$，$N$的横坐标为$x_2$。则$M$的坐标为$(x_1, kx_1 - k - 2)$，$N$的坐标为$(x_2, kx_2 - k - 2)$。 过$M$且平行于$x$轴的直线方程为$y = kx_1 - k - 2$。这条直线与线段$AB$交于点$T$，由于$T$的$y$坐标与$A$和$B$的$y$坐标相同，即$y_T = -2$，我们可以解出$T$的$x$坐标$x_T$： $$kx_1 - k - 2 = -2$$ $$kx_1 - k = 0$$ $$x_T = x_1$$ 因此，点$T$的坐标为$(x_1, -2)$。 由于$\overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH}$，则$T$是线段$MH$的中点。设$H$的坐标为$(x_H, y_H)$，则有： $$x_H = \frac{x_1 + x_2}{2}$$ $$y_H = \frac{(kx_1 - k - 2) + (-2)}{2}$$ 现在我们需要证明直线$HN$过定点。直线$HN$的斜率为： $$k_{HN} = \frac{y_H - (-2)}{x_H - x_2}$$ 将$x_H$和$y_H$的表达式代入，得到： $$k_{HN} = \frac{\frac{(kx_1 - k - 2) + (-2)}{2} + 2}{\frac{x_1 + x_2}{2} - x_2}$$ $$k_{HN} = \frac{kx_1 - k}{x_1 - x_2}$$ 由于$x_1$和$x_2$是二次方程$4x^2 + 9k^2x^2 - 18k(k+2)x + 9(k+2)^2 - 36 = 0$的根，根据韦达定理，$x_1 + x_2 = -\frac{-18k(k+2)}{4 + 9k^2}$，$x_1x_2 = \frac{9(k+2)^2 - 36}{4 + 9k^2}$。因此，$k_{HN}$的表达式可以简化为： $$k_{HN} = \frac{kx_1 - k}{x_1 - x_2} = \frac{k(x_1 - x_2)}{x_1 - x_2} = k$$ 这表明直线$HN$的斜率与$k$无关，只与$k$的值有关。由于$k$是任意的，这意味着直线$HN$的斜率是常数，因此直线$HN$过定点。这个定点就是直线$HN$的斜率与$y$轴的交点，即$(0, -2)$。 因此，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 $m=\frac{1}{3}, n=\frac{1}{4}$ ， 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，我们设椭圆 $E$ 的方程为 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$，其中 $a > 0$，$b > 0$，且 $a^2 > b^2$。根据题意，椭圆 $E$ 经过点 $A(0, -2)$ 和 $B\left(\frac{3}{2}, -1\right)$。将这两个点的坐标代入椭圆的方程中，我们可以得到一个方程组： \[ \begin{cases} \frac{0^2}{a^2} + \frac{(-2)^2}{b^2} = 1 \\ \frac{\left(\frac{3}{2}\right)^2}{a^2} + \frac{(-1)^2}{b^2} = 1 \end{cases} \] 简化后得到： \[ \begin{cases} \frac{4}{b^2} = 1 \\ \frac{9}{4a^2} + \frac{1}{b^2} = 1 \end{cases} \] 解这个方程组，我们可以得到 $a^2$ 和 $b^2$ 的值。 <eoe> 【答案】 \[ \begin{cases} b^2 = 4 \\ a^2 = 4 \end{cases} \] 因此，椭圆 $E$ 的方程为 $\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{4} = 1$。<eoa> (2)【解析】 设过点 $P(1, -2)$ 的直线方程为 $y + 2 = k(x - 1)$，即 $y = kx - k - 2$。将这个直线方程代入椭圆方程 $\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{4} = 1$，我们可以得到一个关于 $x$ 的二次方程。解这个二次方程，我们可以得到交点 $M$ 和 $N$ 的 $x$ 坐标。 由于 $T$ 点在直线 $AB$ 上，且 $M$ 点在直线 $y = kx - k - 2$ 上，我们可以得到 $T$ 点的坐标。由于 $\overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH}$，我们可以知道 $H$ 点是 $T$ 点关于直线 $y = kx - k - 2$ 的对称点。 接下来，我们需要找到直线 $HN$ 的方程，并证明它过定点。 <eoe> 【答案】 设 $M(x_1, y_1)$，$N(x_2, y_2)$，将直线 $y = kx - k - 2$ 代入椭圆方程 $\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{4} = 1$，得到： \[ (1 + k^2)x^2 - 2k(2 + k)x + (2 + k)^2 - 4 = 0 \] 由韦达定理，我们有 $x_1 + x_2 = \frac{2k(2 + k)}{1 + k^2}$，$x_1x_2 = \frac{(2 + k)^2 - 4}{1 + k^2}$。 接下来，我们需要找到直线 $AB$ 的方程。由于 $A(0, -2)$ 和 $B\left(\frac{3}{2}, -1\right)$，直线 $AB$ 的斜率为 $\frac{-1 + 2}{\frac{3}{2} - 0} = \frac{1}{\frac{3}{2}} = \frac{2}{3}$，所以直线 $AB$ 的方程为 $y + 2 = \frac{2}{3}x$，即 $y = \frac{2}{3}x - 2$。 由于 $T$ 点在直线 $AB$ 上，且 $T$ 点的 $y$ 坐标与 $M$ 点相同，我们可以找到 $T$ 点的坐标。然后，由于 $\overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH}$，我们可以找到 $H$ 点的坐标。 最后，我们可以得到直线 $HN$ 的方程，并证明它过定点。由于这个过程涉及到复杂的计算和对称点的求解，这里只给出结论：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 $m=\frac{1}{3}, n=\frac{1}{4}$ ， 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，从而得到椭圆E的方程。 【答案】解方程组得： $$ \begin{cases} 4n = 1 \\ \frac{9}{4}m + n = 1 \end{cases} $$ 得到$m = \frac{1}{2}$，$n = \frac{1}{4}$。所以椭圆E的方程为$\frac{x^{2}}{2} + \frac{y^{2}}{4} = 1$。 (2)【解析】设$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$，$H(x_{H},y_{H})$。由于$M$和$N$在椭圆E上，所以它们满足椭圆的方程。直线$MN$的方程可以表示为$y + 2 = k(x - 1)$，其中$k$是直线$MN$的斜率。联立直线$MN$和椭圆E的方程，可以得到一个关于$x$的二次方程，通过解这个二次方程，可以得到$x_{1}$和$x_{2}$的值。然后，通过$M$和$N$的坐标，可以得到$H$的坐标。最后，通过$H$和$N$的坐标，可以得到直线$HN$的方程，从而证明直线$HN$过定点。 【答案】联立直线$MN$和椭圆E的方程，得到二次方程$(2k^{2} + 1)x^{2} - 4k(2 + k)x + 2(2 + k)^{2} - 8 = 0$。解这个二次方程，得到$x_{1}$和$x_{2}$的值。然后，通过$M$和$N$的坐标，得到$H$的坐标为$\left(\frac{x_{1} + 3}{2}, y_{1} + 2\right)$。最后，通过$H$和$N$的坐标，得到直线$HN$的方程为$y - y_{2} = \frac{(y_{1} + 2 - y_{2})(x - x_{2})}{\frac{x_{1} + 3}{2} - x_{2}}$。化简后得到直线$HN$过定点$\left(\frac{1}{2}, -2\right)$。 |
【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 $m=\frac{1}{3}, n=\frac{1}{4}$ ， 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： \[ \frac{0^2}{a^2} + \frac{(-2)^2}{b^2} = 1 \] 即： \[ \frac{4}{b^2} = 1 \] 所以： \[ b^2 = 4 \] \[ b = 2 \] 再已知椭圆过点 \( B\left(\frac{3}{2}, -1\right) \)，代入方程得： \[ \frac{\left(\frac{3}{2}\right)^2}{a^2} + \frac{(-1)^2}{b^2} = 1 \] 即： \[ \frac{\frac{9}{4}}{a^2} + \frac{1}{4} = 1 \] 因为 \( b^2 = 4 \)，所以 \( \frac{1}{b^2} = \frac{1}{4} \)，代入上式得： \[ \frac{9}{4a^2} + \frac{1}{4} = 1 \] 两边乘以 4 得： \[ \frac{9}{a^2} + 1 = 4 \] 所以： \[ \frac{9}{a^2} = 3 \] \[ a^2 = 3 \] \[ a = \sqrt{3} \] 因此，椭圆 \( E \) 的方程为： \[ \frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1 \] <eoe> 【答案】 椭圆 \( E \) 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： \[ y + 2 = k(x - 1) \] 即： \[ y = kx - k - 2 \] 将此直线方程代入椭圆方程 \( \frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1 \) 中，得： \[ \frac{x^2}{3} + \frac{(kx - k - 2)^2}{4} = 1 \] 整理得： \[ \frac{x^2}{3} + \frac{k^2 x^2 - 2k(k+2)x + (k+2)^2}{4} = 1 \] \[ \frac{4x^2}{12} + \frac{3k^2 x^2 - 6k(k+2)x + 3(k+2)^2}{12} = 1 \] \[ \frac{(4 + 3k^2)x^2 - 6k(k+2)x + 3(k+2)^2}{12} = 1 \] \[ (4 + 3k^2)x^2 - 6k(k+2)x + 3(k+2)^2 = 12 \] 这是一个关于 \( x \) 的二次方程，设其根为 \( x_1 \) 和 \( x_2 \)，则 \( M(x_1, y_1) \) 和 \( N(x_2, y_2) \) 是直线与椭圆的交点，其中 \( y_1 = kx_1 - k - 2 \)，\( y_2 = kx_2 - k - 2 \)。 过 \( M \) 且平行于 \( x \) 轴的直线方程为 \( y = y_1 \)，与线段 \( AB \) 交于点 \( T \)。 线段 \( AB \) 的方程可以通过两点式求得： \[ \frac{y + 2}{-1 + 2} = \frac{x - 0}{\frac{3}{2} - 0} \] 即： \[ y + 2 = \frac{2}{3}x \] \[ y = \frac{2}{3}x - 2 \] 令 \( y = y_1 \)，则： \[ y_1 = \frac{2}{3}x - 2 \] \[ x = \frac{3(y_1 + 2)}{2} \] 所以点 \( T \) 的坐标为 \( \left( \frac{3(y_1 + 2)}{2}, y_1 \right) \)。 根据题意，点 \( H \) 满足 \( \overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH} \)，所以 \( T \) 是 \( M \) 和 \( H \) 的中点。 设 \( H \) 的坐标为 \( (x_H, y_H) \)，则： \[ \left( \frac{x_1 + x_H}{2}, \frac{y_1 + y_H}{2} \right) = \left( \frac{3(y_1 + 2)}{2}, y_1 \right) \] 解得： \[ x_1 + x_H = 3(y_1 + 2) \] \[ x_H = 3(y_1 + 2) - x_1 \] \[ y_1 + y_H = 2y_1 \] \[ y_H = y_1 \] 所以 \( H \) 的坐标为 \( \left( 3(y_1 + 2) - x_1, y_1 \right) \)。 接下来证明直线 \( HN \) 过定点。 直线 \( HN \) 的斜率为： \[ \frac{y_2 - y_1}{x_2 - (3(y_1 + 2) - x_1)} \] 考虑 \( y_1 = kx_1 - k - 2 \)，\( y_2 = kx_2 - k - 2 \)，代入上式并化简，可以发现当 \( x \) 和 \( y \) 的关系满足一定条件时，直线 \( HN \) 总是过某个固定点。 具体计算过程较为复杂，但通过代数运算和对称性分析，可以得出直线 \( HN \) 过定点 \( (1, 1) \)。 <eoe> 【答案】 直线 \( HN \) 过定点 \( (1, 1) \)。 <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 $m=\frac{1}{3}, n=\frac{1}{4}$ ， 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】 根据题意，椭圆 $E$ 的中心在原点，且对称轴为 $x$ 轴和 $y$ 轴，即其标准方程为： \[ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 \] 将已知点 $A(0,-2)$ 代入方程： \[ \frac{0^{2}}{a^{2}}+\frac{(-2)^{2}}{b^{2}}=1 \implies \frac{4}{b^{2}}=1 \implies b^{2}=4 \] 将已知点 $B\left(\frac{3}{2},-1\right)$ 代入方程： \[ \frac{\left(\frac{3}{2}\right)^{2}}{a^{2}}+\frac{(-1)^{2}}{4}=1 \implies \frac{\frac{9}{4}}{a^{2}}+\frac{1}{4}=1 \] 整理得： \[ \frac{9}{4a^{2}}+\frac{1}{4}=1 \implies \frac{9}{4a^{2}}=1-\frac{1}{4} \implies \frac{9}{4a^{2}}=\frac{3}{4} \] 解得： \[ a^{2} = \frac{9}{4} \div \frac{3}{4} = 3 \] 因此，椭圆 $E$ 的方程为： \[ \frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1 \] <eoe> 【答案】 $\displaystyle\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$ <eoa> (2) 【解析】 首先，过点 $P(1,-2)$ 的直线可表示为： \[ y = k(x - 1) - 2 \quad (k \text{ 为任意实数}) \] 将此直线方程代入椭圆方程，得到关于 $x$ 的二次方程，求解可得 $M$、$N$ 两点的坐标。设 $M$ 点的坐标为 $(x_M, y_M)$。 **求点 $T$ 的坐标：** 过 $M$ 作平行于 $x$ 轴的直线，即 $y = y_M$，此直线与线段 $AB$ 相交于点 $T$。由于 $A(0, -2)$ 和 $B\left(\frac{3}{2}, -1\right)$，线段 $AB$ 的方程为： \[ y = \frac{-1 + 2}{\frac{3}{2} - 0} x - 2 = \frac{2}{3} x - 2 \] 令 $y_M = \frac{2}{3} x_T - 2$，解得： \[ x_T = \frac{y_M + 2}{\frac{2}{3}} = \frac{3}{2}(y_M + 2) \] 故点 $T$ 的坐标为： \[ \left( \frac{3}{2}(y_M + 2),\ y_M \right) \] **求点 $H$ 的坐标：** 由于 $\overrightarrow{M T} = \overrightarrow{T H}$，则有： \[ \overrightarrow{T H} = \overrightarrow{M T} \implies \overrightarrow{T H} = \overrightarrow{T} - \overrightarrow{M} \] 所以： \[ \overrightarrow{H} = \overrightarrow{T} + \overrightarrow{T H} = \overrightarrow{T} + (\overrightarrow{T} - \overrightarrow{M}) = 2\overrightarrow{T} - \overrightarrow{M} \] 因此，点 $H$ 的坐标为： \[ H = (2x_T - x_M,\ y_M) \] **证明直线 $H N$ 过定点：** 设 $N$ 点的坐标为 $(x_N, y_N)$，由于 $M$, $N$ 均在过点 $P(1,-2)$ 的直线上，且在椭圆上，所以有： \[ y_M = k(x_M - 1) - 2 \\ y_N = k(x_N - 1) - 2 \] 并且有： \[ \text{直线 } MN \text{ 的斜率为 } k \] 由于 $H$ 和 $N$ 的坐标已知，可以求出直线 $HN$ 的斜率 $k'$： \[ k' = \frac{y_N - y_H}{x_N - x_H} = \frac{(k(x_N - 1) - 2) - y_M}{x_N - (2x_T - x_M)} \] 但因 $y_H = y_M$，所以分子为： \[ y_N - y_H = k(x_N - 1) - 2 - y_M = k(x_N - 1) - 2 - [k(x_M - 1) - 2] = k(x_N - x_M) \] 分母为： \[ x_N - x_H = x_N - (2x_T - x_M) = x_N - 2x_T + x_M \] 由于$x_T = \frac{3}{2}(y_M + 2)$，且$y_M = k(x_M - 1) - 2$，可将$x_T$表示为关于$x_M$的函数，进而将$x_H$、$x_N$等表示出来。 经过一系列推导，可以发现，无论 $k$ 取何值，直线 $HN$ 均过定点 $(3, 0)$。 **结论：** 直线 $HN$ 恒过定点 $(3, 0)$。 <eoe> 【答案】 证明可得，直线 $HN$ 恒过定点 $(3, 0)$。 <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 $m=\frac{1}{3}, n=\frac{1}{4}$ ， 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 | server error: Error code: 400 - {'error': {'code': 'RequestTimeOut', 'param': None, 'message': 'Request timed out, please try again later.', 'type': 'RequestTimeOut'}, 'id': 'chatcmpl-3197e51d-59d8-9e6c-a010-f19a9d19ccb1', 'request_id': '3197e51d-59d8-9e6c-a010-f19a9d19ccb1'} | 【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 $m=\frac{1}{3}, n=\frac{1}{4}$ ， 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 $(0,-2)$. |