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圆锥曲线中的证明和探索性问题是高考中解答题的常考题型，难度比较大，这类问题往往是以解析几何知识为载体，在函数、不等式、向量等知识交汇处设计问题，涉及的知识点较多，对考生处理综合问题能力的要求也较高，是近几年高考中的热点和难点。
证明题的设计通常与位置、角度、长度、面积等相关，在高考题中，证明的方法通常以直接证明为主，即从题目已知条件出发来验证结论的正确性，题型也主要包括三点共线问题、长度问题、角度问题、直线过定点问题等。而探索性问题则是在同等条件下，开放式设问，通常以存在或不存在来提问，而非直接给出需要证明的结论，以问题的不确定性来制造悬念，要求考生能独立判断其结论，并给出相应的证明过程。
一、圆锥曲线中的证明问题
例1（2020年北京市西城区二模）已.2i
知椭圆E： 兴=1（a》b》0）经过点C（0，1），离心率为?，0为坐标原点。（1）求椭圆E的标准方程;
（2）设A，B分别为椭圆E的左顶点和右顶点，D为椭圆E上一点（不在坐标轴上），直线CD交x轴于点P，Q为直线AD上一点，且.Q=4，求证：C，B，Q三点共线。
分析：（1）将点C的坐标代人椭圆E的方程，可求出6的值，再根据椭圆E的离心率可列出方程组解得a和c的值，进一步写出椭圆E的标准方程;（2）设D（xoyo）（xoyo≠0），得4-x=4y}，写出直线CD的方程，解得点P的坐标，再由矛.Q=4，可得点Q的横坐标，代人直线AD的方程可求得点Q的坐标，最后验证ko=kpc，即可证得结论成立。
解：（1）将点C的坐标代人椭圆E的方
（2）如图1，易知椭圆E的左顶点和右顶点分别为A（-2，0），B（20），设D（xg，y。）
评注：本题考查椭圆标准方程的求解，并考查椭圆中三点共线的证明，根据题意，即证ko为定值-1这类题要求考生能够根据已知条件，合理设置变量，通过必要的含参运算，处理点的坐标与直线方程等相关问题，从而完成证明。需要考生在熟练掌握基本概念的基础上，同时具备有一定的逻辑思维能力和运算能力，综合要求较高。
例2（河南省焦作市一模）已知点P（4，4）在抛物线C：y’=2px（p》0）上，直线l：y=kx 2与抛物线C有两个不同的交点。（1）求k的取值范围;
（2）设直线l与抛物线C的交点分别为A，B，过点A作与抛物线C的准线平行的直线，分别与直线OP和OB交于点M和N（O为坐标原点），求证：|AM|=|MN|。
分析：（1）将点P的坐标代人抛物线C的方程即可求出p的值;联立直线l与抛物线C的方程，根据0》0即可求出k的取值范围，但需考虑k?0。（2）根据直线OP，OB的方程进一步求出M，F的纵坐标，要证明|AM|=|MN|，由于A，M，N三点的横坐标相等，我们不用全部写出其距离的表达式，只需要考虑它们纵坐标的关系即可，其等价命题为2yu=ya yn，即证M为线段AN的中点
解：（1）由抛物线c：y’=2px过点P（4，4），代人可得p=2，所以抛物线C的方程为y’=4x。
由题意可得M，N的横坐标相等同为x，易知直线OP的方程为y=x，点M的坐标为（x，x），直线OB的方程为y=-，0，此等式显然成立。故2yw=ya yv恒成立，即|AM|=|MN|。
评注：本题考查利用根与系数的关系研究抛物线与直线的交点，以及中点坐标公式。在解答过程中采用了“分析法”的证明手段即以“要证XX，只要证XX”的形式，从结论倒推找相关条件，执果索因。在证明的过程中，不能过于直接，也不能太盲目，需要多分析“等价条件”，遇到难点，亦要“迂回思考”，瞄准目标，探寻合理的解题路径。
二、圆锥曲线中的探索性问题
例3（三湘名校教育联盟。2020届高三第二次大联考）在平面直角坐标系xOy中，M为直线y=x一2上的动点，过点M作抛物线C：=y的两条切线MA，MB，切点分别为A，B，N为AB的中点。
（1）证明：MN上x轴。
（2）直线AB是否恒过定点？若是，求出定点的坐标;若不是，请说明理由。
分析思路1：（1）设出动点M的坐标，根据点斜式设出切线方程，联立切线和抛物线的方程，由△=0得到关于切线斜率k的一元二次方程，解出切点A，B的坐标，进而求得线段AB的中点N的横坐标，并判断出MN」x轴。（2）求得直线AB的斜率，由此求得直线AB的方程，化简后可知直线AB过定点（号.2）。
分析思路2：（1）设出切点A，B的坐标，利用导数求得切线MA的方程，设出点M的坐标并代人切线MA的方程，同理将点M的坐标代人切线MB的方程，利用韦达定理求得线段AB的中点N的横坐标，由此判断出MNx轴。（2）求得N点的纵坐标yv，由此求得点N的坐标，求得直线AB的斜率，由此求得直线AB的方程，化简后可得直线
AB过定点。
解法1：（1）如图3，设M（xo，y），A（x，y），B（x2，y2），其中yo=.c一2，令过点M的切线方程为y一y=k（x-xo）（切线的斜率显然是存在的），联立方程（y-yo=k（x-xo），消x’=y，
去y整理得x-kx k.co-y.=0，因为相切关系，所以△=k"-4（kco-yo）=0，化簡得k’-4kc. 4y。=0，令两条切线的斜率分别为k和kz，则k，k，是方程k-4kx。 4y。=0的两个不相等的实数根，则
评注：本题以直线和抛物线的位置关系为知识背景，考查直线过定点问题，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题。本题的两个解法都体现了解析法的“运算本质”，其主要的区别就在于：解法1是从动点M开始设参，用判别式△=0表示相切，符合题意原本的描述顺序，较常规些;解法2是打破题意描述从两切点A，B开始设参，利用导数求切线斜率进而展开推导。因此，两解法可以说“殊途而同归”。本题的数学模型为“阿基米德三角形”，它蕴含着相切的“同构”内涵，也充分体现了数形结合的思想方法，这是近些年全国高考中的一个热点问题。
例4已知椭圆C人
b》0）的右焦点为F（1，0），且点p（1.号）在椭圆C上。
（1）求椭圆C的标准方程。
（2）若P.P，是椭圆C 3y2-=1上
不同的两点，PP2上x轴，圆E过P，P2，且椭圆C：上任意一点都不在圆E内，则称圆E为椭圆C。的一个内切圆。试问：椭圆C;内是否存在过左焦点F的内切圆？若存在，求出圆心E的坐标;若不存在，请说明理由。
分析：（1）根据题意列出方程即可。（2）思路1：准确理解“内切圆”的新定义，将圆与椭圆的“内切”关系转化为两点间距离的最小值，设变量，列出方程组，计算并进一步判断是否存在这样的“内切圆”;思路2：联立圆与椭圆方程，获得一个二元二次方程组，利用数形结合的思想方法，通过求解方程组来判断几何问题。
解：（1）由题意可知c=1，所以a’=6* 1，而点p（1.号）在椭圆C上，所以 ;462=1，解得a=2，6=/3，所以椭圆C的标准性，不妨设P（xo，yo），Pz（xo，-yo），由题意知，点E在x轴上，设点E（l，0），则圆E的标准方程为（x-l）’ y’=（xo-l）’ y’，根据题中椭圆的内切圆的定义知，椭圆上的点到点E的距离的最小值是|PE|，设M（x，y）是椭圆C，上任意一点，则十y=1，即
（其他过程同解法1）
评注：本题考查椭圆的标准方程、韦达定理及圆的简单性质，熟练掌握椭圆的基本性质是解题的关键。当圆与椭圆相交或相切时，可转化为距离关系，亦可直接联立方程求解。判断结论“存在与否”的依据，就是方程组的解的问题，若方程组有解则“存在”，若方程组无解则“不存在”，但还需结合题意舍去增根。
对于探索性问题的解答，考生需要熟练掌握圆锥曲线的基本概念和基本解题方法并掌握一定的解题技巧，同时，还需要具有较强的运算能力和逻辑推理能力。因此，我们在面向高考的二轮复习中，需再一次全面排查知识盲区，查漏补缺，进一步厘清知识框架和基本思想方法，凝练解题思路和解题策略，掌握通性通法，做到全方位地理解并运用知识，提升解题能力。
（责任编辑王福华）
证明题的设计通常与位置、角度、长度、面积等相关，在高考题中，证明的方法通常以直接证明为主，即从题目已知条件出发来验证结论的正确性，题型也主要包括三点共线问题、长度问题、角度问题、直线过定点问题等。而探索性问题则是在同等条件下，开放式设问，通常以存在或不存在来提问，而非直接给出需要证明的结论，以问题的不确定性来制造悬念，要求考生能独立判断其结论，并给出相应的证明过程。
一、圆锥曲线中的证明问题
例1（2020年北京市西城区二模）已.2i
知椭圆E： 兴=1（a》b》0）经过点C（0，1），离心率为?，0为坐标原点。（1）求椭圆E的标准方程;
（2）设A，B分别为椭圆E的左顶点和右顶点，D为椭圆E上一点（不在坐标轴上），直线CD交x轴于点P，Q为直线AD上一点，且.Q=4，求证：C，B，Q三点共线。
分析：（1）将点C的坐标代人椭圆E的方程，可求出6的值，再根据椭圆E的离心率可列出方程组解得a和c的值，进一步写出椭圆E的标准方程;（2）设D（xoyo）（xoyo≠0），得4-x=4y}，写出直线CD的方程，解得点P的坐标，再由矛.Q=4，可得点Q的横坐标，代人直线AD的方程可求得点Q的坐标，最后验证ko=kpc，即可证得结论成立。
解：（1）将点C的坐标代人椭圆E的方
（2）如图1，易知椭圆E的左顶点和右顶点分别为A（-2，0），B（20），设D（xg，y。）
评注：本题考查椭圆标准方程的求解，并考查椭圆中三点共线的证明，根据题意，即证ko为定值-1这类题要求考生能够根据已知条件，合理设置变量，通过必要的含参运算，处理点的坐标与直线方程等相关问题，从而完成证明。需要考生在熟练掌握基本概念的基础上，同时具备有一定的逻辑思维能力和运算能力，综合要求较高。
例2（河南省焦作市一模）已知点P（4，4）在抛物线C：y’=2px（p》0）上，直线l：y=kx 2与抛物线C有两个不同的交点。（1）求k的取值范围;
（2）设直线l与抛物线C的交点分别为A，B，过点A作与抛物线C的准线平行的直线，分别与直线OP和OB交于点M和N（O为坐标原点），求证：|AM|=|MN|。
分析：（1）将点P的坐标代人抛物线C的方程即可求出p的值;联立直线l与抛物线C的方程，根据0》0即可求出k的取值范围，但需考虑k?0。（2）根据直线OP，OB的方程进一步求出M，F的纵坐标，要证明|AM|=|MN|，由于A，M，N三点的横坐标相等，我们不用全部写出其距离的表达式，只需要考虑它们纵坐标的关系即可，其等价命题为2yu=ya yn，即证M为线段AN的中点
解：（1）由抛物线c：y’=2px过点P（4，4），代人可得p=2，所以抛物线C的方程为y’=4x。
由题意可得M，N的横坐标相等同为x，易知直线OP的方程为y=x，点M的坐标为（x，x），直线OB的方程为y=-，0，此等式显然成立。故2yw=ya yv恒成立，即|AM|=|MN|。
评注：本题考查利用根与系数的关系研究抛物线与直线的交点，以及中点坐标公式。在解答过程中采用了“分析法”的证明手段即以“要证XX，只要证XX”的形式，从结论倒推找相关条件，执果索因。在证明的过程中，不能过于直接，也不能太盲目，需要多分析“等价条件”，遇到难点，亦要“迂回思考”，瞄准目标，探寻合理的解题路径。
二、圆锥曲线中的探索性问题
例3（三湘名校教育联盟。2020届高三第二次大联考）在平面直角坐标系xOy中，M为直线y=x一2上的动点，过点M作抛物线C：=y的两条切线MA，MB，切点分别为A，B，N为AB的中点。
（1）证明：MN上x轴。
（2）直线AB是否恒过定点？若是，求出定点的坐标;若不是，请说明理由。
分析思路1：（1）设出动点M的坐标，根据点斜式设出切线方程，联立切线和抛物线的方程，由△=0得到关于切线斜率k的一元二次方程，解出切点A，B的坐标，进而求得线段AB的中点N的横坐标，并判断出MN」x轴。（2）求得直线AB的斜率，由此求得直线AB的方程，化简后可知直线AB过定点（号.2）。
分析思路2：（1）设出切点A，B的坐标，利用导数求得切线MA的方程，设出点M的坐标并代人切线MA的方程，同理将点M的坐标代人切线MB的方程，利用韦达定理求得线段AB的中点N的横坐标，由此判断出MNx轴。（2）求得N点的纵坐标yv，由此求得点N的坐标，求得直线AB的斜率，由此求得直线AB的方程，化简后可得直线
AB过定点。
解法1：（1）如图3，设M（xo，y），A（x，y），B（x2，y2），其中yo=.c一2，令过点M的切线方程为y一y=k（x-xo）（切线的斜率显然是存在的），联立方程（y-yo=k（x-xo），消x’=y，
去y整理得x-kx k.co-y.=0，因为相切关系，所以△=k"-4（kco-yo）=0，化簡得k’-4kc. 4y。=0，令两条切线的斜率分别为k和kz，则k，k，是方程k-4kx。 4y。=0的两个不相等的实数根，则
评注：本题以直线和抛物线的位置关系为知识背景，考查直线过定点问题，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题。本题的两个解法都体现了解析法的“运算本质”，其主要的区别就在于：解法1是从动点M开始设参，用判别式△=0表示相切，符合题意原本的描述顺序，较常规些;解法2是打破题意描述从两切点A，B开始设参，利用导数求切线斜率进而展开推导。因此，两解法可以说“殊途而同归”。本题的数学模型为“阿基米德三角形”，它蕴含着相切的“同构”内涵，也充分体现了数形结合的思想方法，这是近些年全国高考中的一个热点问题。
例4已知椭圆C人
b》0）的右焦点为F（1，0），且点p（1.号）在椭圆C上。
（1）求椭圆C的标准方程。
（2）若P.P，是椭圆C 3y2-=1上
不同的两点，PP2上x轴，圆E过P，P2，且椭圆C：上任意一点都不在圆E内，则称圆E为椭圆C。的一个内切圆。试问：椭圆C;内是否存在过左焦点F的内切圆？若存在，求出圆心E的坐标;若不存在，请说明理由。
分析：（1）根据题意列出方程即可。（2）思路1：准确理解“内切圆”的新定义，将圆与椭圆的“内切”关系转化为两点间距离的最小值，设变量，列出方程组，计算并进一步判断是否存在这样的“内切圆”;思路2：联立圆与椭圆方程，获得一个二元二次方程组，利用数形结合的思想方法，通过求解方程组来判断几何问题。
解：（1）由题意可知c=1，所以a’=6* 1，而点p（1.号）在椭圆C上，所以 ;462=1，解得a=2，6=/3，所以椭圆C的标准性，不妨设P（xo，yo），Pz（xo，-yo），由题意知，点E在x轴上，设点E（l，0），则圆E的标准方程为（x-l）’ y’=（xo-l）’ y’，根据题中椭圆的内切圆的定义知，椭圆上的点到点E的距离的最小值是|PE|，设M（x，y）是椭圆C，上任意一点，则十y=1，即
（其他过程同解法1）
评注：本题考查椭圆的标准方程、韦达定理及圆的简单性质，熟练掌握椭圆的基本性质是解题的关键。当圆与椭圆相交或相切时，可转化为距离关系，亦可直接联立方程求解。判断结论“存在与否”的依据，就是方程组的解的问题，若方程组有解则“存在”，若方程组无解则“不存在”，但还需结合题意舍去增根。
对于探索性问题的解答，考生需要熟练掌握圆锥曲线的基本概念和基本解题方法并掌握一定的解题技巧，同时，还需要具有较强的运算能力和逻辑推理能力。因此，我们在面向高考的二轮复习中，需再一次全面排查知识盲区，查漏补缺，进一步厘清知识框架和基本思想方法，凝练解题思路和解题策略，掌握通性通法，做到全方位地理解并运用知识，提升解题能力。
（责任编辑王福华）