Question

9．如图所示，点F₁（-$\sqrt{3}$，0），F₂（$\sqrt{3}$，0），动点M到点F₂的距离是2$\sqrt{6}$，线段MF₁的中垂线交MF₂于点P．
（I）当点M变化时，求动点P的轨迹G的方程；（Ⅱ）过点（2，0）作直线l与轨迹G交于A，B两点，O是坐标原点，设$\overrightarrow{OS}$=$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$，是否存在这样的直线l，使四边形OASB的对角线相等（即|OS|=|AB|）？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （I）据题意，动点P的轨迹是以点F₁（-$\sqrt{3}$，0），F₂（$\sqrt{3}$，0）为焦点的抛物线，且a=$\sqrt{6}$，c=$\sqrt{3}$，即可得到椭圆方程；
（Ⅱ）据题意，四边形OASB为矩形即$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=0，即x₁x₂+y₁y₂=0．设出直线方程，将直线方程与椭圆方程联立，据韦达定理表示出则x₁x₂+y₁y₂=0，解方程求出参数，即得到直线方程．

解答 解：（I）由题意|PF₁|+|PF₂|=|MF₂|=2$\sqrt{6}$＞|F₁F₂|，
∴动点P的轨迹是以点F₁（-$\sqrt{3}$，0），F₂（$\sqrt{3}$，0）为焦点的抛物线，且a=$\sqrt{6}$，c=$\sqrt{3}$
∴b²=a²-c²=3，
∴椭圆方程为：$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（Ⅱ）因为$\overrightarrow{OS}$=$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$，所以四边形OASB为平行四边形
若存在l使得|OS|=|AB|，则四边形OASB为矩形，∴$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=0
若l的斜率不存在，直线l的方程为x=2，则A（2，1），B（2，-1）
∴$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=3与$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=0矛盾，故l的斜率存在．
设l的方程为y=k（x-2），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
代入椭圆方程可得（2k²+1）x²-8k²x+8k²-6=0，
∴x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，x₁x₂=$\frac{8{k}^{2}-6}{2{k}^{2}+1}$，
∴y₁y₂=k（x₁-2）•k（x₂-2）=-$\frac{2{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$
∴$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=$\frac{8{k}^{2}-6}{2{k}^{2}+1}$-$\frac{2{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$=0，
∴k=±1
∴存在直线x-y-2=0或x+y-2=0使得四边形OASB的对角线相等

点评 本题考查椭圆方程的求法；考查直线与椭圆的位置关系，解决的关键是将已知转化为x₁x₂+y₁y₂=0，属于一道中档题．