Question

18．已知圓M：（x+$\sqrt{3}$）²+y²=24，定點(diǎn)N（$\sqrt{3}$，0），點(diǎn)P為圓M上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)Q在NP上；點(diǎn)G在MP上，且滿足$\overrightarrow{NP}$=-2$\overrightarrow{PQ}$，$\overrightarrow{CQ}$•$\overrightarrow{NP}$=0
（1）求點(diǎn)G的軌跡C的方程
（2）過點(diǎn)（2，0）作直線l與軸線C交于A，B兩點(diǎn)；O是坐標(biāo)原點(diǎn)，設(shè)$\overrightarrow{OS}$=$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$；是否存在這樣的直線l，使四邊形OASB的對(duì)角線相等（即|OS|=|AB|）？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）據(jù)題意，G點(diǎn)的軌跡是以M、N為焦點(diǎn)的橢圓，其長半軸長a=$\sqrt{6}$，半焦距c=$\sqrt{3}$，即可得到橢圓方程；
（2）據(jù)題意，四邊形OASB為矩形即$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，即x₁x₂+y₁y₂=0．設(shè)出直線方程，將直線方程與橢圓方程聯(lián)立，據(jù)韋達(dá)定理表示出則x₁x₂+y₁y₂=0，解方程求出參數(shù)，即得到直線方程．

解答 解：（1）由$\overrightarrow{NP}$=-2$\overrightarrow{PQ}$，$\overrightarrow{CQ}$•$\overrightarrow{NP}$=0，可得Q為PN的中點(diǎn)且GQ⊥PN，
∴GQ為PN的中垂線，
∴|PG|=|GN|
∴|GN|+|GM|=|MP|=2$\sqrt{6}$，故G點(diǎn)的軌跡是以M、N為焦點(diǎn)的橢圓，其長半軸長a=$\sqrt{6}$，半焦距c=$\sqrt{3}$，
∴短半軸長b=$\sqrt{3}$，
∴點(diǎn)G的軌跡方程是$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$---------（6分）
（2）因?yàn)?\overrightarrow{OS}$=$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$，所以四邊形OASB為平行四邊形
若存在l使得|$\overrightarrow{OS}$|=|$\overrightarrow{AB}$|，則四邊形OASB為矩形，∴$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0
若l的斜率不存在，直線l的方程為x=2，則A（2，1），B（2，-1）
∴$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=3與$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0矛盾，故l的斜率存在．
設(shè)l的方程為y=k（x-2），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
代入橢圓方程可得（2k²+1）x²-8k²x+8k²-6=0，
∴x₁+x₂=$\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
∴存在直線x-y-2=0或x+y-2=0使得四邊形OASB的對(duì)角線相等．---------（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法；考查直線與橢圓的位置關(guān)系，解決的關(guān)鍵是將已知轉(zhuǎn)化為x₁x₂+y₁y₂=0，屬于一道中檔題．