Question

16．已知双曲线x²-2y²=2的左、右两个焦点为F₁、F₂，动点P满足|PF₁|+|PF₂|=4．
（1）求动点P的轨迹E的方程；
（2）设过F₂且不垂直于坐标轴的动直线l交轨迹E于A、B两点，问：线段OF₂上是否存在一点D，使得以DA、DB为邻边的平行四边形为菱形？作出判断并证明．

Answer 1

分析 （1）求得双曲线的焦距，因为动点P满足|PF₁|+|PF₂|=4，利用椭圆定义，可知动点P的轨迹为椭圆，且该椭圆以F₁、F₂为焦点，长轴为4，从而可求椭圆方程；
（2）线段OF₂上假设存在一点D（m，0）（0≤m≤$\sqrt{3}$），设l的方程为y=k（x-$\sqrt{3}$），则k≠0，代入椭圆方程，可得x的方程，运用韦达定理，以DA、DB为邻边的平行四边形为菱形，可得（$\overrightarrow{DA}$+$\overrightarrow{DB}$）⊥$\overrightarrow{AB}$，分别求得（$\overrightarrow{DA}$+$\overrightarrow{DB}$）的坐标，$\overrightarrow{AB}$的方向向量，运用数量积为0，求出m的表达式，求得范围，即可判断存在性．

解答 解：（1）双曲线的方程可化为$\frac{{x}^{2}}{2}$-y²=1，
则|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$，
|PF₁|+|PF₂|=4＞|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$，
由椭圆的定义可得P点的轨迹E是以F₁、F₂为焦点，长轴为4的椭圆         
由a=2，c=$\sqrt{3}$，可得b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=1，
可得所求轨迹E的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（2）线段OF₂上假设存在一点D（m，0）（0≤m≤$\sqrt{3}$），
使得以DA、DB为邻边的平行四边形为菱形．
设l的方程为y=k（x-$\sqrt{3}$），则k≠0，
代入椭圆方程可得（1+4k²）x²-8$\sqrt{3}$k²x+12k²-4=0，
设A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），则x₁+x₂=$\frac{8\sqrt{3}{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，
∴y₁+y₂=k（x₁+x₂-2$\sqrt{3}$）=$\frac{-2\sqrt{3}k}{1+4{k}^{2}}$，
∵以DA、DB为邻边的平行四边形为菱形，
∴（$\overrightarrow{DA}$+$\overrightarrow{DB}$）⊥$\overrightarrow{AB}$，
由$\overrightarrow{DA}$+$\overrightarrow{DB}$=（x₁-m，y₁）+（x₂-m，y₂）=（x₁+x₂-2m，y₁+y₂）=（$\frac{8\sqrt{3}{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$-2m，$\frac{-2\sqrt{3}k}{1+4{k}^{2}}$），
$\overrightarrow{AB}$的方向向量为（1，k），
（$\overrightarrow{DA}$+$\overrightarrow{DB}$）•$\overrightarrow{AB}$=0?）$\frac{8\sqrt{3}{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$-2m+$\frac{-2\sqrt{3}k}{1+4{k}^{2}}$•k=0，
即m=$\frac{3\sqrt{3}{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$=$\frac{3\sqrt{3}}{4}$-$\frac{\frac{3\sqrt{3}}{4}}{1+4{k}^{2}}$，
由k²＞0，可得0＜m＜$\frac{3\sqrt{3}}{4}$＜$\sqrt{3}$，即0＜m＜$\sqrt{3}$．
故存在满足条件的点D．

点评 本题考查双曲线的性质，考查椭圆的定义与标准方程，直线与椭圆的位置关系，以及向量知识的运用，考查韦达定理，考查学生的计算能力，属于中档题．