压轴题型11 圆锥曲线压轴题的处理策略-2024年高考数学二轮冲刺之压轴题专项训练（新高考专用）

这是一份压轴题型11 圆锥曲线压轴题的处理策略-2024年高考数学二轮冲刺之压轴题专项训练（新高考专用），共36页。试卷主要包含了如图，已知抛物线C等内容，欢迎下载使用。

从近几年圆锥曲线的命题风格看，既注重知识又注重能力，既突出圆锥曲线的本质特征。而现在圆锥曲线中面积、弦长、最值等几乎成为研究的常规问题。“四心”问题进入园锥曲线，让我们更是耳目一新。因此在高考数学复习中，通过让学生研究三角形的“四心”与圆锥曲线的结合问题，快速提高学生的数学解题能力，增强学生的信心，备战高考.
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)1 齐次化解决圆锥曲线压轴题
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)2极点极线处理圆锥曲线压轴题
EQ \\ac(○,热) EQ \\ac(○,点) EQ \\ac(○,题) EQ \\ac(○,型)3 定点定值问题的处理策略
1．已知拋物线，为焦点，若圆与拋物线交于两点，且
(1)求抛物线的方程；
(2)若点为圆上任意一点，且过点可以作拋物线的两条切线，切点分别为.求证：恒为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据圆的弦长求解，可得，代入抛物线方程即可求解，
（2）令，写出点处的切线方程，与抛物线联立，利用得到，同理得到，再写出直线方程，将其与抛物线联立得到韦达定理式，再结合抛物线定义即可证明.
【详解】（1）由题意可知，半径为，
由圆的圆心以及抛物线的焦点均在在坐标轴轴，故由对称性可知：轴于点，
在直角三角形中，,
因此 故，将其代入抛物线方程中得，
故抛物线方程为：
（2）令，
抛物线在点处的切线方程为,
与联立得①
由相切得，
代入①得
故在点处的切线方程为，即为
同理：点处的切线方程为，
而两切线交于点，
所以有，
则直线的方程为:，
由得,所以
于是
，
又点在圆上，
所以,即.
【点睛】关键点睛：本题的关键在于设切点，写出切线方程，然后将其与抛物线方程联立，再利用得到相关等式，再得到直线的方程，将其与抛物线联立，得到韦达定理式，最后利用抛物线定义写出线段长乘积表达式，利用点在圆上进行整体代入即可.
2．如图：小明同学先把一根直尺固定在画板上面，把一块三角板的一条直角边紧靠在直尺边沿，再取一根细绳，它的长度与另一直角边相等，让细绳的一端固定在三角板的顶点A处，另一端固定在画板上点F处，用铅笔尖扣紧绳子（使两段细绳绷直），靠住三角板，然后将三角板沿着直尺上下滑动，这时笔尖在平面上画出了圆锥曲线C的一部分图象.已知细绳长度为3，经测量，当笔尖运动到点P处，此时，.设直尺边沿所在直线为a，以过F垂直于直尺的直线为x轴，以过F垂直于a的垂线段的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系.
(1)求曲线C的方程；
(2)斜率为k的直线过点，且与曲线C交于不同的两点M，N，已知k的取值范围为，探究：是否存在，使得，若存在，求出的范围，若不存在，说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，使得成立.
【分析】（1）根据给定条件，求得笔尖留下的轨迹，再结合抛物线的定义求出方程作答.
（2）求出直线的方程，并与曲线C的方程联立，利用韦达定理及共线向量建立函数关系即可求解作答.
【详解】（1）依题意，笔尖到点的距离与它到直线的距离相等，
因此笔尖留下的轨迹为以为焦点，为准线的抛物线，设其方程为，
则，由，得，
由得点的横坐标，而抛物线的准线方程为，则，解得，
所以轨迹的方程为.
（2）假设存在，使得，设，直线的方程为，
由消去y得：，
而，，，
，由得，即，
于是，令，，
因此，又，即，解得或，
所以存在，使得成立.
【点睛】易错点睛：求解轨迹方程问题，设出动点坐标，根据条件求列出方程，再化简整理求解，还应特别注意：补上在轨迹上而坐标不是方程解的点，剔出不在轨迹上而坐标是方程解的点.
3．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线E：的右焦点为F，离心率为2，且过点．
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)设过原点O的直线在第一、三象限内分别交双曲线E于A，C两点，过原点O的直线在第二、四象限内分别交双曲线E于B，D两点，若直线AD过双曲线的右焦点F，求四边形ABCD面积的最小值．
【答案】(1)；
(2)24．
【分析】（1）利用双曲线的标准方程与性质即可求解.
（2）通过直线与双曲线的位置关系，利用韦达定理，代入，求解双曲线中的最值问题．
【详解】（1）由双曲线E的离心率为2，得 ①．
因为双曲线E过点，所以 ②．
又③，
联立①②③式，解得，．
故双曲线E的标准方程为．
（2）由双曲线的对称性，知四边形ABCD为平行四边形，所以．
由题意知直线AD的斜率不为零，设AD的方程为．
联立消去x，得．
，设，，则，．
因为A，D均在双曲线右支，所以
所以解得．
所以，
．
令，则．
所以．
令函数，易得在区间上单调递减，
所以当时，．
所以四边形ABCD面积的最小值为24．
4．如图，已知双曲线的右焦点为，O为坐标原点，过点F作直线与双曲线的渐近线交于P，Q两.点，且点P在线段FQ上，，.
(1)求C的方程；
(2)设是C的左､右顶点，过点的直线l与C交于M，N两点，试探究直线与的交点S是否在某条定直线上，若是，求出该定直线方程，若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)是，在定直线上
【分析】（1）计算得到，，得到，解得，，得到答案.
（2）直线的方程为，，联立方程得到根与系数的关系，确定直线方程，计算交点坐标，得到，得到答案.
【详解】（1）双曲线右焦点为，故，渐近线方程为，则，
，故，即，
，故，
解得，，故，故，
故，，，解得，.
故双曲线方程为.
（2），，设直线的方程为，，
联立，得.
故，故，
直线，直线，
联立两直线方程，解得
，
故直线与直线的交点在定直线上.
【点睛】关键点睛：本题考查了双曲线方程，双曲线中的定直线问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中，根据设而不求的思想，利用韦达定理得到是解题的关键.
5．在平面直角坐标系中，已知点到点的距离与到直线的距离之比为．
(1)求点的轨迹的方程；
(2)过点且斜率为的直线与交于A，B两点，与轴交于点，线段AB的垂直平分线与轴交于点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据两点间距离公式，结合已知进行求解即可；
（2）根据一元二次方程根与系数关系，结合椭圆弦长公式、对勾函数的单调性进行求解即可.
【详解】（1）设，由题意，
因为，所以，
即，两边平方并整理得．
故点的轨迹的方程为；
（2）设直线方程为，
联立，消并整理得，，显然，
设，，则，，
又，可得线段中点坐标为，
所以线段中垂线的方程为，
令，可得，
对于直线，令，可得，
所以
又，
所以，
令，则，
因为在上单调递增，
所以，故．
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
6．已知抛物线C：的焦点F到准线l的距离为2，圆：
(1)若第一象限的点P，Q是抛物线C与圆的交点，求证：点F到直线PQ的距离大于1；
(2)已知直线l：与抛物线交于M，N两点，，若点N，G关于x轴对称，且M，A，G三点始终共线，求t的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由抛物线的方程可得焦点到准线的距离即可得p的值，进而求出抛物线的方程，联立抛物线的方程与圆的方程，求出P，Q的坐标，求出直线PQ的方程，求点F到直线PQ的距离，可证得焦点F到直线PQ的距离大于1；（2）设M，N的坐标，由题意可得G的坐标，联立直线l与抛物线的方程，表示出直线MG，MA的斜率，利用韦达定理和斜率相等，联立方程即可求得
【详解】（1）由抛物线的方程可得焦点，准线方程为：，
所以焦点到准线的距离，
所以抛物线的方程为：，即，P，Q在第一象限，
联立，解得，，
所以直线PQ的方程：，即，
所以焦点F到直线PQ的距离，
即证得点F到直线PQ的距离大于1；
（2）设，，由题意，
直线l的方程为，，
联立，整理可得，
可得，，，
要使M，G，A三点共线，则，
即恒成立，
即，
整理可得，
整理可得，而，
所以，
所以
7．已知双曲线，焦点到渐近线的距离为2.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)记双曲线的左､右顶点分别为，直线交双曲线于点（点在第一象限），记直线斜率为，直线斜率为，过原点做直线的垂线，垂足为，当为定值时，问是否存在定点，使得为定值，若存在，求此定点.若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，定点
【分析】（1）由焦点到渐近线的距离为2可得，解方程可求出，即可求出双曲线的标准方程；
（2）设直线的方程可设为，，联立直线和双曲线的方程，由韦达定理可得，表示出直线和直线的斜率，由可得，分析可知点的运动轨迹是以点为圆心，以为直径的圆，即可证明为定值.
【详解】（1）由题意：，焦点到直线的距离，
解得，
故双曲线的标准方程为.
（2）由题意知，，由题可知，直线斜率不能为零，
故直线的方程可设为，
设，联立
消去得，
，
，
直线的斜率，直线的斜率，
整理得：，
后面的因式不恒为零，，
可知直线过定点，又，
点的运动轨迹是以点为圆心，
以为直径的圆，
存在定点，使得为定值1.
8．已知双曲线，若直线与双曲线交于两点，线段的中点为，且（为坐标原点）.
(1)求双曲线的离心率；
(2)若直线不经过双曲线的右顶点，且以为直径的圆经过点，证明直线恒过定点，并求出点的坐标.
【答案】(1)
(2)证明见解析，定点
【分析】（1）先推出中点弦的公式，再根据条件求出e；
（2）设直线l的方程为 ，与双曲线方程联立，运用韦达定理和平面向量求出k与m的关系即可.
【详解】（1）设，则，
由题意得所以， ，
，即， ，
；
（2）
因为双曲线的右顶点，
所以双曲线的标准方程为，
因为，所以直线的斜率一定存在，并且 （如果 ，则 ，这不可能），
设直线的方程为，联立方程 得：
，
所以，
即，
所以.
因为以为直径的圆经过点，
所以，所以，
又因为，
所以，
又因为，
所以，
即，
化简得，即，
解得或，且均满足，
当时，，
因为直线不过定点，故舍去；
当时，，
所以直线恒过定点；
综上，，直线恒过定点.
【点睛】本题的难点在于要考虑这些l的斜率范围，但凡运用韦达定理必须是二次项的系数不能为零，计算量也比较大.
9．已知椭圆的长轴长为4，且离心率为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，直线，的斜率之积等于，求的面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由椭圆的性质列出方程，求解得出椭圆的标准方程；
（2）联立直线和椭圆方程，利用韦达定理结合得出，再由距离公式、弦长公式得出的面积，最后由基本不等式得出的面积的取值范围．
【详解】（1）解：椭圆的离心率为，即，
长轴长为4，，，，故椭圆的方程为．
（2）设，，联立，得，
则，
，，
所以
，
，，
原点到的距离，
当时，．
当时，
，当且仅当时等号成立．
综上，所以的面积的取值范围是
【点睛】关键点睛：解决问题（2）时，关键在于由得出，结合基本不等式求出的面积的取值范围.
10．已知椭圆的离心率为，且椭圆C经过点，过右焦点F的直线l与椭圆C交于A，B两点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设O为坐标原点，求面积的最大值以及此时直线l的方程.
【答案】(1)
(2)，或
【分析】（1）根据给定条件列方程，求出a，b即可作答.
（2）先判断直线的斜率不为0，设出直线的方程，与椭圆的方程联立，利用韦达定理、三角形面积列出函数式，利用基本不等式求解作答.
【详解】（1）由，得，
所以椭圆C的方程为，
把点的坐标代入上式，得，可得，
所以，，故椭圆C的方程为.
（2）由（1）知焦点F的坐标为，若直线l的斜率为0，
则O，A，B三点不能构成三角形，
所以直线l的斜率不为0，设直线l的方程为，
联立方程组，消去x，得，
方程的判别式，
设，，则，，
.
令，则，
当且仅当时，等号成立，即面积的最大值为.
令，解得，
所以此时直线l的方程为或.
【点睛】关键点点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
11．已知双曲线，焦点为，其中一条渐近线的倾斜角为，点在双曲线上，且.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设椭圆以双曲线的顶点为焦点，焦点为顶点，直线交于两点（均不在坐标轴上），若的面积为，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据渐近线斜率、向量线性运算和双曲线关系可求得双曲线方程；
（2）由（1）可得椭圆方程，将直线方程与椭圆方程联立可得韦达定理的结论，利用，结合韦达定理的结论可化简整理得到结果.
【详解】（1）双曲线的一条渐近线倾斜角为，，；
，，，
解得：，，双曲线的标准方程为：.
（2）由（1）知：椭圆的焦点为，；顶点为，，
椭圆的方程为：；
设，
由得：，
则，即，
，，
设与轴交于点，则，
，
，即，，
整理可得：.
【点睛】思路点睛：求解直线与椭圆综合应用中的三角形面积问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理表示出所求三角形的面积.
12．如图，过抛物线的焦点F作直线l交E于A，B两点，点A，B在x轴上的射影分别为D，C，当AB平行于x轴时，四边形ABCD的面积为4．
(1)求p的值；
(2)过抛物线上两点的弦和抛物线弧围成一个抛物线弓形，古希腊著名数学家阿基米德建立了这样的理论：以抛物线弓形的弦为底，以抛物线上平行于弦的切线的切点为顶点作抛物线弓形的内接三角形，则抛物线弓形的面积等于该内接三角形面积的倍．已知点P在抛物线E上，且E在点P处的切线平行于AB，根据上述理论，从四边形ABCD中任取一点，求该点位于图中阴影部分的概率的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据矩形的面积公式进行求解即可；
（2）根据导数的几何意义，结合抛物线的弦长公式、几何概型运算公式进行求解即可.
【详解】（1）当AB平行于x轴时，四边形ABCD为矩形，，，
所以，解得；
（2）由（1），抛物线，即，，，
设，，，，
则，，
联立得，，，
则，点P到AB的距离，
所以，，
又，所以，
又四边形ABCD是直角梯形或矩形，
所以，
所以概率，
由得，所以所求概率的取值范围是．
【点睛】关键点睛：利用导数的几何意义求出切线方程进而求出弦长是解题的关键.
13．已知椭圆：的左、右顶点分别为，上、下顶点分别为，，四边形的周长为．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设斜率为k的直线l与x轴交于点P，与椭圆E交于不同的两点M，N，点M关于y轴的对称点为、直线与y轴交于点Q．若的面积为2，求k的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由短轴长，即四边形的周长得a，b的值，得椭圆的方程；
（2）设直线l的方程为，由题，，与椭圆联立方程，得，，表示出的面积，解得k的值.
【详解】（1）由，得，即，
由四边形的周长为，得，即，
所以椭圆的方程为.
（2）设直线l的方程为（，），，，
则，，
联立方程组，消去y得，，
，得，
，，
直线的方程为，
令，得，
又因为，
所以，的面积，得，经检验符合题意，
所以k的值为.
14．已知椭圆的离心率为，三点中恰有两个点在椭圆上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若C的上顶点为E，右焦点为F，过点F的直线交C于A，B两点（与椭圆顶点不重合），直线EA，EB分别交直线于P，Q两点，求面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据对称性得到和在C上，得到，再根据离心率得到答案；
（2）设直线，联立方程根据韦达定理得到根与系数的关系，计算的横坐标，得到，设，，，计算最值即可.
【详解】（1）由椭圆的对称性可知点和在C上，代入方程得．
设C的半焦距为，则离心率为，所以，
所以，解得，以椭圆C的方程为．
（2）设，，，设直线．
由消去x得，
所以，
设点，直线EA的方程为，
由与联立得，
同理可得．
所以
．
整理得，
因为点到直线的距离，
所以．
设，则，
所以，
当，即时，．
【点睛】关键点睛：本题考查了求椭圆方程，椭圆中的面积的最值问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系，利用换元法求最值是解题的关键.
15．过点的直线与抛物线交于两点，为坐标原点，
(1)求的方程；
(2)在轴上是否存在点，使得直线与直线的斜率之和为定值.若存在，求出点的坐标和定值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，点，
【分析】（1）先得到直线的斜率不为0，设出直线方程，联立抛物线方程，得到两根之积，进而由垂直得到向量数量积为0，列出方程，求出及抛物线方程；
（2）假设点，使，结合第一问得到，得到方程组，求出.
【详解】（1）当直线的斜率为0时，与抛物线交点为1个，不合要求，舍去，
故设直线的方程为，代入并整理得.
设，则，
由得，即，
所以，即，故抛物线的方程为.
（2）假设存在满足条件的点，使.
由（1）知，
所以
化简可得：.
因为上式对恒成立，所以，
解得.
所以在轴上存在点，使得直线与直线的斜率之和为0.
【点睛】圆锥曲线定值问题，设出直线方程，与圆锥曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，应用设而不求的思想，进行求解；注意考虑直线方程的斜率存在和不存在的情况，本题中由于直线l过点，故用含的式子来表达，计算上是更为简单，此时考虑的是直线斜率为0和不为0两种情况.
16．已知抛物线过点，抛物线C的准线与x轴的交点为B，且．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)过点B的直线与抛物线C交于E，F两点（异于点A），若直线分别交准线于点，求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由点在抛物线上得，由已知及两点距离公式列方程求得，即得抛物线方程；
（2）由题设令直线为，联立抛物线得，，并写出直线、求E，F两点横坐标，根据结合韦达定理求值即可.
【详解】（1）依题意，，则，故，又，
∴，解得（负值舍去），
∴抛物线C的标准方程为.
（2）由（1）及题设，且直线斜率存在且不为0，令直线为，
联立抛物线并整理得：，且，
所以，，
而，直线为，直线为，
令，则，，
所以，而，则.
17．在直角坐标系中，已知椭圆的右顶点､下顶点､右焦点分别为A，B，F.
(1)若直线与椭圆E的另一个交点为C，求四边形的面积；
(2)设M，N是椭圆E上的两个动点，直线与的斜率之积为，若点P满足：.问：是否存在两个定点G，H，使得为定值？若存在，求出G，H的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)；
(2)存在，G，H的坐标分别为，．
【分析】（1）写出直线方程，与椭圆方程联立求得点坐标后，可求得四边形面积；
（2）设，，，由向量的坐标运算得出，，利用点是已知椭圆上的点，计算出，得是一个椭圆上的点，从而两定点为该椭圆的焦点即满足题意．
【详解】（1）由题意，，，，
直线方程为，
由得或，所以，
；
（2）设，，，
由得，即，，
点在椭圆上，所以，，
所以，
直线斜率之积为，，
所以，
所以点在椭圆上，该椭圆的左右焦点为，则为定值，又，因此这两个定点坐标为，．
【点睛】方法点睛：动点到两个定点的距离之和为定值问题，可联想椭圆定义，即证明点在一个椭圆上，两定点为该椭圆的焦点．问题转化为求动点的轨迹方程．
18．已知双曲线的左、右焦点分别为，，且，是C上一点．
(1)求C的方程；
(2)不垂直于坐标轴的直线l交C于M， N两点，交x轴于点A，线段MN的垂直平分线交x轴于点D，若，证明：直线l过四个定点中的一个．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意求出，即可得解；
（2）设，，，直线l的方程为，联立方程，利用韦达定理求出，，再根据，求出的关系，即可得出结论.
【详解】（1）设C的焦距为2c，则，即，，，
由双曲线的定义，得，
即，所以，
故C的方程为；
（2）设，，，直线l的方程为，
联立，整理得，
由题意，得，则，
则，，
，
设MN的中点为，则，，
所以线段MN的垂直平分线的方程为，
令，得，即，所以，
由题意，得，即，从而，
当，即时，解得或；
当，即时，解得或，
所以直线l的方程为，或，或，或，
故直线l过四个定点中的一个．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中直线过定点问题通法，是先设出直线方程（或），通过韦达定理和已知条件若能求出为定值可得直线恒过定点，若得到和的一次函数关系式，代入直线方程即可得到直线恒过定点.
19．已知过点的椭圆：的焦距为2，其中为椭圆的离心率．
(1)求的标准方程；
(2)设为坐标原点，直线与交于两点，以，为邻边作平行四边形，且点恰好在上，试问：平行四边形的面积是否为定值？若是定值，求出此定值；若不是，说明理由．
【答案】(1)
(2)是定值，定值为
【分析】（1）根据题意列式求解，即可得结果；
（2）根据题意结合韦达定理求点，代入椭圆方程可得，结合弦长公式求面积即可，注意讨论直线的斜率是否存在.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，
由题意可得，解得，
故的标准方程为.
（2）平行四边形的面积为定值，理由如下：
由（1）可得：，则有：
当直线的斜率不存在时，设，
若为平行四边形，则点为长轴顶点，不妨设，
可得，解得，
故平行四边形的面积；
当直线的斜率存在时，设，
联立方程，消去y得，
则，
可得，
∵，
若为平行四边形，则，
即点在椭圆上，则，
整理可得，满足，
则，
可得，
点到直线的距离，
故平行四边形的面积；
综上所述：平行四边形的面积为定值.
【点睛】方法定睛：求解定值问题的三个步骤
(1)由特例得出一个值，此值一般就是定值；
(2)证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数(某些变量)无关；也可令系数等于零，得出定值；
(3)得出结论．
20．已知椭圆Γ：，点分别是椭圆Γ与轴的交点（点在点的上方），过点且斜率为的直线交椭圆于两点．
(1)若椭圆焦点在轴上，且其离心率是，求实数的值；
(2)若，求的面积；
(3)设直线与直线交于点，证明：三点共线．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据离心率的定义计算即可；
（2）联立直线和椭圆方程，根据弦长公式算出，用点到直线的距离公式算出三角形的高后即可；
（3）联立直线和椭圆方程，先表示出坐标，将共线问题转化成证明，结合韦达定理进行化简计算.
【详解】（1）依题意，，解得（负数舍去）.
（2）的直线经过，则直线方程为：；
，则椭圆的方程为：.
设联立直线和椭圆方程：，消去得到，
解得，则，故，于是.
依题意知，为椭圆的下顶点，即，由点到直线的距离，到的距离为：.
故
（3）设联立直线和椭圆方程：，得到，由，得到直线方程为：，令，解得，即，又，，为说明三点共线，只用证，即证：，下用作差法说明它们相等：
，而，，，于是上式变为：.
由韦达定理，，于是，故，命题得证