Question

18．已知圆M：（x+$\sqrt{3}$）²+y²=24，定点N（$\sqrt{3}$，0），点P为圆M上的动点，点Q在NP上；点G在MP上，且满足$\overrightarrow{NP}$=-2$\overrightarrow{PQ}$，$\overrightarrow{CQ}$•$\overrightarrow{NP}$=0
（1）求点G的轨迹C的方程
（2）过点（2，0）作直线l与轴线C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 （1）据题意，G点的轨迹是以M、N为焦点的椭圆，其长半轴长a=$\sqrt{6}$，半焦距c=$\sqrt{3}$，即可得到椭圆方程；
（2）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：（1）由$\overrightarrow{NP}$=-2$\overrightarrow{PQ}$，$\overrightarrow{CQ}$•$\overrightarrow{NP}$=0，可得Q为PN的中点且GQ⊥PN，
∴GQ为PN的中垂线，
∴|PG|=|GN|
∴|GN|+|GM|=|MP|=2$\sqrt{6}$，故G点的轨迹是以M、N为焦点的椭圆，其长半轴长a=$\sqrt{6}$，半焦距c=$\sqrt{3}$，
∴短半轴长b=$\sqrt{3}$，
∴点G的轨迹方程是$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$---------（6分）
（2）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|$\overrightarrow{OS}$|=|$\overrightarrow{AB}$|，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）=-$\frac{2{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$
∴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．---------（14分）

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．