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2023-2024学年江西省抚州市黎川县第二中学高二上学期11月期中检测数学试题含答案
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这是一份2023-2024学年江西省抚州市黎川县第二中学高二上学期11月期中检测数学试题含答案，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．“”的一个必要不充分条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据集合包含关系即可判断.
【详解】因为，所以为“”的一个必要不充分条件，A正确，
而B显然为充要条件，
，，故CD为充分不必要条件.
故选：A.
2．已知直线，则直线在轴上的截距为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据截距定义，或化为斜截式方程可得.
【详解】方法一：令，得，即，
所以直线在轴上的截距为.
方法二：将方程化为斜截式得，
所以直线在轴上的截距为.
故选：B
3．与直线关于轴对称的直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】在所求直线上任取一点，则点关于轴的对称点在直线，将点的坐标代入直线的方程，可求出所求直线的方程.
【分析】在所求直线上任取一点，则点关于轴的对称点在直线上，
故所求直线方程为，即.
故选：A.
4．圆C：的半径为（ ）
A．4B．2C．D．1
【答案】B
【分析】将圆的一般方程化为标准方程即可求解圆的半径.
【详解】可化为，所以圆半径为，
故选：B.
5．圆与圆的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．内含D．以上均有可能
【答案】D
【分析】利用圆与圆的位置关系求解.
【详解】解：两个圆的圆心分别为，，且圆心在圆上，
因为圆的半径不确定，所以均有可能．
故选：D．
6．若为抛物线上一点，且到焦点的距离为9，则到轴的距离为（ ）
A．7B．10C．8D．9
【答案】C
【分析】根据题意，由抛物线的定义，即可得到结果.
【详解】根据抛物线的定义可得到焦点的距离等于到准线的距离，所以到轴的距离为．
故选：C
7．已知椭圆：的离心率为，则（ ）
A．B．1C．3D．4
【答案】C
【分析】利用椭圆的性质计算即可.
【详解】由题意可知.
故选：C
8．已知F1，F2分别为双曲线C:的左右焦点，过点F1且斜率存在的直线L与双曲线C的渐近线相交于AB两点，且点AB在x轴的上方，AB两个点到x轴的距离之和为，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据得到为直角三角形，进而根据点差法得中点弦的性质即可求.
【详解】设,，设的中点为，
由于，故,因此为直角三角形，故，
由于，所以，进而可得，
故或，由在双曲线渐近线上，
所以，
进而，
当时，,，
所以，
当时，,，所以不符合题意，舍去，
综上：故离心率为.
故选：A
二、多选题
9．下列说法中正确的是（ ）
A．若直线的倾斜角越大，则直线的斜率就越大
B．若，，则直线的倾斜角为
C．若直线过点，且它的倾斜角为，则这条直线必过点
D．直线的截距为
【答案】BC
【分析】根据倾斜角与斜率关系，点斜式及斜截式判断各项正误即可.
【详解】A：倾斜角为锐角，斜率为正；倾斜角为钝角时，斜率为负，错；
B：由于，的横坐标相等，即直线与y轴垂直，故倾斜角为，对；
C：由题设，直线方程为，显然在直线上，对；
D：直线在y轴上的截距为，但轴上的截距不一定为，错.
故选：BC
10．已知椭圆：，在下列结论中正确的是（ ）
A．长轴长为8B．焦距为
C．焦点坐标为D．离心率为
【答案】ABD
【分析】先确定的值，然后根据椭圆性质逐一判断选项即可.
【详解】由已知得，
则，
故椭圆长轴长为，焦距为，
焦点坐标为，离心率，故ABD正确，
故选：ABD.
11．已知直线与圆，则下列说法正确的是（ ）
A．直线恒过定点
B．圆的半径为2
C．存在实数，使得直线与圆相切
D．直线被圆截得的弦长最长为
【答案】AB
【分析】将直线方程变形后得到，求出恒过的定点,即可判断A,将圆的一般式化为标准式方程，得到圆心坐标和半径，进而判断B；圆心到直线的距离等于半径，列出方程，结合根的判别式即可判断C；当圆心在直线上，故直线被圆截得的弦长为直径4，为最大弦长，即可判断D.
【详解】变形为，故恒过定点，A正确；
变形为，圆心坐标为，半径为2,B正确；
令圆心到直线的距离，
整理得：，
由可得，方程无解，
故不存在实数，使得直线与圆相切，C错误；
若，直线方程为，圆心在直线上，
故直线被圆截得的弦长为直径4，为最大弦长，故D错误．
故选：AB
12．已知抛物线的焦点为，过点作直线交抛物线于点，过分别向抛物线的准线作垂线，垂足分别为，线段的中点为，则有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】求出抛物线的焦点、准线，设直线的方程为，与抛物线方程联立，由韦达定理即可得出A项；根据抛物线的定义得出，代入化简即可判断B项；由已知得出坐标，求解，即可判断C项；求出点坐标，求解，即可判断D项.
【详解】易知焦点，准线方程为，如下图所示：
可设直线的方程为，.
联立直线和抛物线方程，消去可得，
则，
由韦达定理可知，即A正确；
根据抛物线的定义可知，，
所以.
又，
，
所以，即B错误；
易知，则，
则，即，可知C正确；
因为点是的中点，所以，
所以，，
则
，
即，所以D正确．
故选：ACD.
三、填空题
13．直线的倾斜角为 ．
【答案】/
【分析】根据倾斜角与斜率的关系计算即可.
【详解】因为直线的斜率为，所以直线的倾斜角为．
故答案为：
14．已知直线：，直线：，若，则 .
【答案】或1
【分析】由两线垂直的判定列方程求参数即可.
【详解】由，则，即，
所以或.
故答案为：或1
15．若直线与曲线恰有一个公共点，则实数的一个可能取值是 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】画出图象，结合图象确定一个公共点时的位置，求出相应的的值，数形结合可得答案.
【详解】曲线表示圆心在原点，半径为的圆的上半部分，
如图所示，
有图可知，当直线在和之间移动或与半圆相切，即处于的位置时，
直线与圆恰好有一个公共点，
当直线在时，经过点，所以，
当直线在时，经过点，所以，
当直线与半圆相切时，，
所以，或者（舍），
故或者.
故答案为:
16．已知椭圆C：，点，M为椭圆上任意一点，A，B为椭圆的左，右顶点，当M不与A，B重合时，射线交椭圆C于点N，直线交于点T，则动点T的轨迹方程为 .
【答案】（）
【分析】由题意，设直线MN的方程为，联立椭圆方程并由韦达定理得，，再由点斜式写出直线AM、AN的方程，联立得，结合韦达公式化简，即可得轨迹方程.
【详解】由题知，MN不与x轴重合，设直线MN的方程为，
联立，消x整理得，，
设、，则，.
因为AM的方程为，AN的方程为
两直线方程联立得：，
因为.
所以，解得.
所以动点T的轨迹方程为（）.
故答案为：（）
【点睛】关键点点睛：设直线，并联立椭圆得到一元二次方程，应用韦达定理写出，，再由AM、AN的方程得到为关键.
四、解答题
17．如图，已知平行四边形ABCD的三个顶点的坐标分别为，，.
(1)求直线CD的方程；
(2)求平行四边形ABCD的面积.
【答案】(1)
(2)8
【分析】（1）由平行四边形ABCD的性质求出CD的斜率，由此能求出直线CD的方程；
（2）求出点到直线CD的距离d和，由此能求出平行四边形的面积．
【详解】（1）∵平行四边形ABCD的三个顶点的坐标分别为，，，
∴，
∴直线CD的方程为：，
整理得直线CD的方程为．
（2）点到直线CD的距离，
，
∴平行四边形的面积.
18．在平面直角坐标系中，圆C的半径，圆心是直线：与：的交点C.
(1)求圆C的方程；
(2)判断直线：与圆C的位置关系，如果相交，设交点为A，B，并求弦长的大小.
【答案】(1)
(2)直线与圆相交，
【分析】（1）根据题意，联立两直线方程，可得圆心坐标，结合圆的方程的标准式，即可得到结果；
（2）根据题意，计算圆心到直线的距离，即可判断直线与圆的位置关系，再由弦长公式，即可得到结果.
【详解】（1）由得，
∴，因为圆的半径，
所以圆的方程为.
（2）由（1）知圆的方程为，
圆心到直线：的距离为，
∴直线与圆相交，
∴弦长，
即弦长的大小为.
19．已知椭圆：的长轴长等于6，离心率.
(1)求椭圆的方程；
(2)椭圆的左、右焦点分别为，，点P在椭圆上，且，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由椭圆的定义，结合余弦定理列出方程，再由三角形的面积公式，即可得到结果.
【详解】（1）依题意，，∴.
∵，即，∴.
∴.
∴椭圆的方程为.
（2）由（1）知，，，
设，，
则，
即，
将，代入后，得，
∴，即，
∴.
∴ .
∴ 的面积为 .
20．已知双曲线.
(1)若，求双曲线的焦点坐标，顶点坐标和渐近线方程；
(2)若双曲线的离心率，求实数的取值范围.
【答案】(1)焦点坐标为，；顶点坐标为，；渐近线方程为
(2)
【分析】（1）代入，求出的值以及双曲线焦点的位置，即可得出答案；
（2）根据已知求出的值，得出，根据的取值范围，即可得出答案.
【详解】（1）由已知可得，双曲线的方程为，
所以，双曲线的焦点在轴上，且，，，
所以，，，，
所以，双曲线的焦点坐标为，；
顶点坐标为，；
渐近线方程为
（2）由已知可得，，，，
所以，，，，
，
因为，
所以有，即，
整理可得，，
解得.
21．已知曲线上任意一点到点的距离与到点的距离之比为.
(1)求曲线的轨迹方程；
(2)过直线上一点向曲线作切线，切点分别为，，圆过，，三点，证明：圆恒过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用两点距离公式化简计算即可.
（2）利用直线与圆的位置关系确定四点共圆，设，含参表示圆的轨迹方程，结合方程特征计算即可.
【详解】（1）设曲线上一点坐标为，由已知得，
化简可得，
即曲线的轨迹方程为..
（2）如图所示：
由（1）知曲线是以为圆心，半径为的圆，
过直线上一点向曲线作切线，切点分别为，，
则，，所以四点共圆，
即圆为的外接圆，圆心为的中点，半径为．
设，则，的中点为，，
所以圆的方程为，
即．
将变形，得，
所以，解得或，
所以圆恒过定点和．
【点睛】关键点点睛：第一问较为常规，第二问的关键是画出图形，通过数学结合发现圆为的外接圆，从而即可进一步计算求解.
22．在平面直角坐标系中，抛物线E：的焦点为F，E的准线交轴于点K，过K的直线l与拋物线E相切于点A，且交轴正半轴于点P.已知的面积为2.
(1)求抛物线E的方程；
(2)过点P的直线交E于M，N两点，过M且平行于y轴的直线与线段OA交于点T，点H满足.证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意假设得直线l：，联立抛物线方程求得，，再利用三角形面积即可求得，由此得解；
（2）根据题意设得：，联立抛物线方程求得，再依次求得T，H的坐标，从而求得直线的方程，化简可得为，由此得证.
【详解】（1）由题可知，，准线，，
因为直线l的斜率存在且不为0，所以设l：，
联立，消去x，得，
因为l与E相切，所以，所以或，
因为交y轴正半轴于点P，所以,
因此，解得，所以，
故，所以，所以（负值舍去），
所以抛物线E的方程为.
（2）由（1）知，又l：，所以，
如图所示：
因为过点P的直线交E于M，N两点，所以斜率存在且不为零，
所以设：，，，
联立，消去x，得，
则，所以且，.
又直线：，令，得，所以，
因为，所以，所以，
所以直线的方程为，
所以，
因为，
所以直线为，所以恒过定点.
【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.
一、单选题
1．“”的一个必要不充分条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据集合包含关系即可判断.
【详解】因为，所以为“”的一个必要不充分条件，A正确，
而B显然为充要条件，
，，故CD为充分不必要条件.
故选：A.
2．已知直线，则直线在轴上的截距为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据截距定义，或化为斜截式方程可得.
【详解】方法一：令，得，即，
所以直线在轴上的截距为.
方法二：将方程化为斜截式得，
所以直线在轴上的截距为.
故选：B
3．与直线关于轴对称的直线方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】在所求直线上任取一点，则点关于轴的对称点在直线，将点的坐标代入直线的方程，可求出所求直线的方程.
【分析】在所求直线上任取一点，则点关于轴的对称点在直线上，
故所求直线方程为，即.
故选：A.
4．圆C：的半径为（ ）
A．4B．2C．D．1
【答案】B
【分析】将圆的一般方程化为标准方程即可求解圆的半径.
【详解】可化为，所以圆半径为，
故选：B.
5．圆与圆的位置关系是（ ）
A．相交B．相切C．内含D．以上均有可能
【答案】D
【分析】利用圆与圆的位置关系求解.
【详解】解：两个圆的圆心分别为，，且圆心在圆上，
因为圆的半径不确定，所以均有可能．
故选：D．
6．若为抛物线上一点，且到焦点的距离为9，则到轴的距离为（ ）
A．7B．10C．8D．9
【答案】C
【分析】根据题意，由抛物线的定义，即可得到结果.
【详解】根据抛物线的定义可得到焦点的距离等于到准线的距离，所以到轴的距离为．
故选：C
7．已知椭圆：的离心率为，则（ ）
A．B．1C．3D．4
【答案】C
【分析】利用椭圆的性质计算即可.
【详解】由题意可知.
故选：C
8．已知F1，F2分别为双曲线C:的左右焦点，过点F1且斜率存在的直线L与双曲线C的渐近线相交于AB两点，且点AB在x轴的上方，AB两个点到x轴的距离之和为，若，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据得到为直角三角形，进而根据点差法得中点弦的性质即可求.
【详解】设,，设的中点为，
由于，故,因此为直角三角形，故，
由于，所以，进而可得，
故或，由在双曲线渐近线上，
所以，
进而，
当时，,，
所以，
当时，,，所以不符合题意，舍去，
综上：故离心率为.
故选：A
二、多选题
9．下列说法中正确的是（ ）
A．若直线的倾斜角越大，则直线的斜率就越大
B．若，，则直线的倾斜角为
C．若直线过点，且它的倾斜角为，则这条直线必过点
D．直线的截距为
【答案】BC
【分析】根据倾斜角与斜率关系，点斜式及斜截式判断各项正误即可.
【详解】A：倾斜角为锐角，斜率为正；倾斜角为钝角时，斜率为负，错；
B：由于，的横坐标相等，即直线与y轴垂直，故倾斜角为，对；
C：由题设，直线方程为，显然在直线上，对；
D：直线在y轴上的截距为，但轴上的截距不一定为，错.
故选：BC
10．已知椭圆：，在下列结论中正确的是（ ）
A．长轴长为8B．焦距为
C．焦点坐标为D．离心率为
【答案】ABD
【分析】先确定的值，然后根据椭圆性质逐一判断选项即可.
【详解】由已知得，
则，
故椭圆长轴长为，焦距为，
焦点坐标为，离心率，故ABD正确，
故选：ABD.
11．已知直线与圆，则下列说法正确的是（ ）
A．直线恒过定点
B．圆的半径为2
C．存在实数，使得直线与圆相切
D．直线被圆截得的弦长最长为
【答案】AB
【分析】将直线方程变形后得到，求出恒过的定点,即可判断A,将圆的一般式化为标准式方程，得到圆心坐标和半径，进而判断B；圆心到直线的距离等于半径，列出方程，结合根的判别式即可判断C；当圆心在直线上，故直线被圆截得的弦长为直径4，为最大弦长，即可判断D.
【详解】变形为，故恒过定点，A正确；
变形为，圆心坐标为，半径为2,B正确；
令圆心到直线的距离，
整理得：，
由可得，方程无解，
故不存在实数，使得直线与圆相切，C错误；
若，直线方程为，圆心在直线上，
故直线被圆截得的弦长为直径4，为最大弦长，故D错误．
故选：AB
12．已知抛物线的焦点为，过点作直线交抛物线于点，过分别向抛物线的准线作垂线，垂足分别为，线段的中点为，则有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ACD
【分析】求出抛物线的焦点、准线，设直线的方程为，与抛物线方程联立，由韦达定理即可得出A项；根据抛物线的定义得出，代入化简即可判断B项；由已知得出坐标，求解，即可判断C项；求出点坐标，求解，即可判断D项.
【详解】易知焦点，准线方程为，如下图所示：
可设直线的方程为，.
联立直线和抛物线方程，消去可得，
则，
由韦达定理可知，即A正确；
根据抛物线的定义可知，，
所以.
又，
，
所以，即B错误；
易知，则，
则，即，可知C正确；
因为点是的中点，所以，
所以，，
则
，
即，所以D正确．
故选：ACD.
三、填空题
13．直线的倾斜角为 ．
【答案】/
【分析】根据倾斜角与斜率的关系计算即可.
【详解】因为直线的斜率为，所以直线的倾斜角为．
故答案为：
14．已知直线：，直线：，若，则 .
【答案】或1
【分析】由两线垂直的判定列方程求参数即可.
【详解】由，则，即，
所以或.
故答案为：或1
15．若直线与曲线恰有一个公共点，则实数的一个可能取值是 .
【答案】（答案不唯一）
【分析】画出图象，结合图象确定一个公共点时的位置，求出相应的的值，数形结合可得答案.
【详解】曲线表示圆心在原点，半径为的圆的上半部分，
如图所示，
有图可知，当直线在和之间移动或与半圆相切，即处于的位置时，
直线与圆恰好有一个公共点，
当直线在时，经过点，所以，
当直线在时，经过点，所以，
当直线与半圆相切时，，
所以，或者（舍），
故或者.
故答案为:
16．已知椭圆C：，点，M为椭圆上任意一点，A，B为椭圆的左，右顶点，当M不与A，B重合时，射线交椭圆C于点N，直线交于点T，则动点T的轨迹方程为 .
【答案】（）
【分析】由题意，设直线MN的方程为，联立椭圆方程并由韦达定理得，，再由点斜式写出直线AM、AN的方程，联立得，结合韦达公式化简，即可得轨迹方程.
【详解】由题知，MN不与x轴重合，设直线MN的方程为，
联立，消x整理得，，
设、，则，.
因为AM的方程为，AN的方程为
两直线方程联立得：，
因为.
所以，解得.
所以动点T的轨迹方程为（）.
故答案为：（）
【点睛】关键点点睛：设直线，并联立椭圆得到一元二次方程，应用韦达定理写出，，再由AM、AN的方程得到为关键.
四、解答题
17．如图，已知平行四边形ABCD的三个顶点的坐标分别为，，.
(1)求直线CD的方程；
(2)求平行四边形ABCD的面积.
【答案】(1)
(2)8
【分析】（1）由平行四边形ABCD的性质求出CD的斜率，由此能求出直线CD的方程；
（2）求出点到直线CD的距离d和，由此能求出平行四边形的面积．
【详解】（1）∵平行四边形ABCD的三个顶点的坐标分别为，，，
∴，
∴直线CD的方程为：，
整理得直线CD的方程为．
（2）点到直线CD的距离，
，
∴平行四边形的面积.
18．在平面直角坐标系中，圆C的半径，圆心是直线：与：的交点C.
(1)求圆C的方程；
(2)判断直线：与圆C的位置关系，如果相交，设交点为A，B，并求弦长的大小.
【答案】(1)
(2)直线与圆相交，
【分析】（1）根据题意，联立两直线方程，可得圆心坐标，结合圆的方程的标准式，即可得到结果；
（2）根据题意，计算圆心到直线的距离，即可判断直线与圆的位置关系，再由弦长公式，即可得到结果.
【详解】（1）由得，
∴，因为圆的半径，
所以圆的方程为.
（2）由（1）知圆的方程为，
圆心到直线：的距离为，
∴直线与圆相交，
∴弦长，
即弦长的大小为.
19．已知椭圆：的长轴长等于6，离心率.
(1)求椭圆的方程；
(2)椭圆的左、右焦点分别为，，点P在椭圆上，且，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意，列出关于的方程，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，由椭圆的定义，结合余弦定理列出方程，再由三角形的面积公式，即可得到结果.
【详解】（1）依题意，，∴.
∵，即，∴.
∴.
∴椭圆的方程为.
（2）由（1）知，，，
设，，
则，
即，
将，代入后，得，
∴，即，
∴.
∴ .
∴ 的面积为 .
20．已知双曲线.
(1)若，求双曲线的焦点坐标，顶点坐标和渐近线方程；
(2)若双曲线的离心率，求实数的取值范围.
【答案】(1)焦点坐标为，；顶点坐标为，；渐近线方程为
(2)
【分析】（1）代入，求出的值以及双曲线焦点的位置，即可得出答案；
（2）根据已知求出的值，得出，根据的取值范围，即可得出答案.
【详解】（1）由已知可得，双曲线的方程为，
所以，双曲线的焦点在轴上，且，，，
所以，，，，
所以，双曲线的焦点坐标为，；
顶点坐标为，；
渐近线方程为
（2）由已知可得，，，，
所以，，，，
，
因为，
所以有，即，
整理可得，，
解得.
21．已知曲线上任意一点到点的距离与到点的距离之比为.
(1)求曲线的轨迹方程；
(2)过直线上一点向曲线作切线，切点分别为，，圆过，，三点，证明：圆恒过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用两点距离公式化简计算即可.
（2）利用直线与圆的位置关系确定四点共圆，设，含参表示圆的轨迹方程，结合方程特征计算即可.
【详解】（1）设曲线上一点坐标为，由已知得，
化简可得，
即曲线的轨迹方程为..
（2）如图所示：
由（1）知曲线是以为圆心，半径为的圆，
过直线上一点向曲线作切线，切点分别为，，
则，，所以四点共圆，
即圆为的外接圆，圆心为的中点，半径为．
设，则，的中点为，，
所以圆的方程为，
即．
将变形，得，
所以，解得或，
所以圆恒过定点和．
【点睛】关键点点睛：第一问较为常规，第二问的关键是画出图形，通过数学结合发现圆为的外接圆，从而即可进一步计算求解.
22．在平面直角坐标系中，抛物线E：的焦点为F，E的准线交轴于点K，过K的直线l与拋物线E相切于点A，且交轴正半轴于点P.已知的面积为2.
(1)求抛物线E的方程；
(2)过点P的直线交E于M，N两点，过M且平行于y轴的直线与线段OA交于点T，点H满足.证明：直线过定点.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据题意假设得直线l：，联立抛物线方程求得，，再利用三角形面积即可求得，由此得解；
（2）根据题意设得：，联立抛物线方程求得，再依次求得T，H的坐标，从而求得直线的方程，化简可得为，由此得证.
【详解】（1）由题可知，，准线，，
因为直线l的斜率存在且不为0，所以设l：，
联立，消去x，得，
因为l与E相切，所以，所以或，
因为交y轴正半轴于点P，所以,
因此，解得，所以，
故，所以，所以（负值舍去），
所以抛物线E的方程为.
（2）由（1）知，又l：，所以，
如图所示：
因为过点P的直线交E于M，N两点，所以斜率存在且不为零，
所以设：，，，
联立，消去x，得，
则，所以且，.
又直线：，令，得，所以，
因为，所以，所以，
所以直线的方程为，
所以，
因为，
所以直线为，所以恒过定点.
【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.
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