Question

16．已知雙曲線x²-2y²=2的左、右兩個焦點為F₁、F₂，動點P滿足|PF₁|+|PF₂|=4．
（1）求動點P的軌跡E的方程；
（2）設過F₂且不垂直于坐標軸的動直線l交軌跡E于A、B兩點，問：線段OF₂上是否存在一點D，使得以DA、DB為鄰邊的平行四邊形為菱形？作出判斷并證明．

Answer 1

分析 （1）求得雙曲線的焦距，因為動點P滿足|PF₁|+|PF₂|=4，利用橢圓定義，可知動點P的軌跡為橢圓，且該橢圓以F₁、F₂為焦點，長軸為4，從而可求橢圓方程；
（2）線段OF₂上假設存在一點D（m，0）（0≤m≤$\sqrt{3}$），設l的方程為y=k（x-$\sqrt{3}$），則k≠0，代入橢圓方程，可得x的方程，運用韋達定理，以DA、DB為鄰邊的平行四邊形為菱形，可得（$\overrightarrow{DA}$+$\overrightarrow{DB}$）⊥$\overrightarrow{AB}$，分別求得（$\overrightarrow{DA}$+$\overrightarrow{DB}$）的坐標，$\overrightarrow{AB}$的方向向量，運用數(shù)量積為0，求出m的表達式，求得范圍，即可判斷存在性．

解答 解：（1）雙曲線的方程可化為$\frac{{x}^{2}}{2}$-y²=1，
則|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$，
|PF₁|+|PF₂|=4＞|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$，
由橢圓的定義可得P點的軌跡E是以F₁、F₂為焦點，長軸為4的橢圓         
由a=2，c=$\sqrt{3}$，可得b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=1，
可得所求軌跡E的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（2）線段OF₂上假設存在一點D（m，0）（0≤m≤$\sqrt{3}$），
使得以DA、DB為鄰邊的平行四邊形為菱形．
設l的方程為y=k（x-$\sqrt{3}$），則k≠0，
代入橢圓方程可得（1+4k²）x²-8$\sqrt{3}$k²x+12k²-4=0，
設A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），則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為鄰邊的平行四邊形為菱形，
∴（$\overrightarrow{DA}$+$\overrightarrow{DB}$）⊥$\overrightarrow{AB}$，
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，$\frac{-2\sqrt{3}k}{1+4{k}^{2}}$），
$\overrightarrow{AB}$的方向向量為（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＜$\sqrt{3}$．
故存在滿足條件的點D．

點評 本題考查雙曲線的性質(zhì)，考查橢圓的定義與標準方程，直線與橢圓的位置關系，以及向量知識的運用，考查韋達定理，考查學生的計算能力，屬于中檔題．