题目内容
6．在平面直角坐标系xoy中，设点P（x0，y0）为椭圆Γ：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$上一点，过点P的直线${l_1}：\frac{{{x_0}x}}{4}+\frac{{{y_0}y}}{3}=1$交直线l2：x=4于点Q．（1）证明：直线l1为椭圆Γ的切线；
（2）x轴上是否存在定点R，使得以PQ为直径的圆过定点R？若存在，求出R的坐标，若不存在，说明理由．
分析 （1）将点P（x0，y0）代入椭圆Γ：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，可得y=$\frac{3}{{y}_{0}}$（1-$\frac{{x}_{0}x}{4}$）再代入椭圆Γ，利用根的判别式△=0，即得结论；
（2）设定点R（r，0），通过$\overrightarrow{RP}$•$\overrightarrow{RQ}$=0，可得r=1，即得结论．
解答 （1）证明：∵点P（x0，y0）为椭圆Γ：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$上一点，
∴$\frac{{x}_{0}x}{4}$+$\frac{{y}_{0}y}{3}$=1，即y=$\frac{3}{{y}_{0}}$（1-$\frac{{x}_{0}x}{4}$），
代入椭圆Γ：$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，
整理可得：（$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$+$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3}$）x2-2x0x+4（1-$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3}$）=0，
∵$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$+$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3}$=1，∴x2-2x0x+4（1-$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3}$）=0，
∵△=（-2x0）2-16（1-$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3}$）=0，
∴直线l1为椭圆Γ的切线；
（2）结论：存在定点R（1，0），使得以PQ为直径的圆过定点R．
理由如下：
依题意，P（x0，y0），Q（4，$\frac{3（1-{x}_{0}）}{{y}_{0}}$），
设定点R（r，0），则$\overrightarrow{RP}$=（x0-r，y0），$\overrightarrow{RQ}$=（4-r，$\frac{3（1-{x}_{0}）}{{y}_{0}}$），
∵$\overrightarrow{RP}$•$\overrightarrow{RQ}$=0，∴（x0-r）（4-r）+y0•$\frac{3（1-{x}_{0}）}{{y}_{0}}$=0，
即（1-r）x0+（r2-4r+3）=0，
故$\left\{\begin{array}{l}{1-r=0}\\{{r}^{2}-4r+3=0}\end{array}\right.$，解得r=1，
∴存在定点R（1，0），使得以PQ为直径的圆过定点R．
点评 本题是一道直线与圆锥曲线的综合题，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．
如图，在正方体ABCD一A1B1C1D1中，AB=3，CE=2EC1．| A． | $\sqrt{3}$ | B． | 2 | C． | $\sqrt{5}$ | D． | $\sqrt{3}$+1 |
如图AB是圆O的一条弦，过点A作圆的切线AD，作BC⊥AC，与该圆交于点D，若AC=2$\sqrt{3}$，CD=2．
如图，已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0），A（2，0）是长轴的一个端点，弦BC过椭圆的中心O，且$\overrightarrow{AC}$$•\overrightarrow{BC}$=0，|$\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB}|$=2|$\overrightarrow{BC}-\overrightarrow{BA}$|．