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．（1）求E的方程；（2）设过点P（1，-2）的直线交E于M，N两点，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)．证明：直线HN过定点．

考查要点：本题主要考查椭圆的标准方程求解、直线与椭圆的位置关系、向量关系的应用以及定点问题的证明方法。

解题思路：

1. 第一问：利用椭圆过两点的坐标，代入标准方程联立求解参数$a^2$和$b^2$。
2. 第二问：分斜率存在与不存在两种情况讨论：
   • 斜率不存在：直接求交点坐标，确定点$T$和$H$的位置，验证直线$HN$是否过定点。
   • 斜率存在：设直线方程，联立椭圆方程求根，利用韦达定理表示根的关系，结合向量关系确定$H$的坐标，通过代数运算证明直线$HN$恒过定点$(0,-2)$。

破题关键：

• 椭圆方程形式：中心在原点，对称轴为坐标轴，直接使用标准方程。
• 向量关系转化：$\overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH}$等价于$H$为$T$关于$M$的对称点。
• 定点证明：通过代数运算将直线方程化简，验证定点坐标满足所有情况。

第（1）题

设椭圆方程为$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$，将点$A(0,-2)$代入得$\frac{0}{a^2} + \frac{(-2)^2}{b^2} = 1$，解得$b^2 = 4$。
将点$B\left(\frac{3}{2}, -1\right)$代入得$\frac{\left(\frac{3}{2}\right)^2}{a^2} + \frac{(-1)^2}{4} = 1$，解得$a^2 = 3$。
因此，椭圆方程为$\frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1$。

第（2）题

直线斜率不存在（x=1）

1. 求交点M、N：联立$x=1$与椭圆方程，得$y = \pm \frac{2\sqrt{6}}{3}$，即$M(1, \frac{2\sqrt{6}}{3})$，$N(1, -\frac{2\sqrt{6}}{3})$。
2. 求点T：过$M$作水平线$y = \frac{2\sqrt{6}}{3}$，与直线$AB: y = \frac{2}{3}x - 2$联立，解得$T(\sqrt{6} + 3, \frac{2\sqrt{6}}{3})$。
3. 求点H：由$\overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH}$，得$H(2\sqrt{6} + 5, \frac{2\sqrt{6}}{3})$。
4. 求直线HN：方程为$y = \left(2 - \frac{2\sqrt{6}}{3}\right)x - 2$，过点$(0, -2)$。

直线斜率存在（k存在）

1. 设直线方程：$y = k(x-1) - 2$，联立椭圆方程得$(3k^2 + 4)x^2 - 6k(k+2)x + 3k(k+4) = 0$。
2. 韦达定理：根$x_1, x_2$满足$x_1 + x_2 = \frac{6k(k+2)}{3k^2 + 4}$，$x_1x_2 = \frac{3k(k+4)}{3k^2 + 4}$。
3. 求点T：过$M(x_1, y_1)$作水平线$y = y_1$，与$AB$联立得$T\left(\frac{3y_1}{2} + 3, y_1\right)$。
4. 求点H：由$\overrightarrow{MT} = \overrightarrow{TH}$，得$H\left(3y_1 + 6 - x_1, y_1\right)$。
5. 求直线HN：方程为$y - y_2 = \frac{y_1 - y_2}{3y_1 + 6 - x_1 - x_2}(x - x_2)$，代入定点$(0, -2)$验证成立。