存在 $P(4,\sqrt{15})$，使得 $IG \parallel F_{1}F_{2}$

假设存在点 $P(x_{0},y_{0})(x_{0} >0,y_{0}>0)$ 使得 $IG \parallel F_{1}F_{2}$，由 $G$ 为 $\triangle PF_{1}F_{2}$ 的重心，故 $G\left(\dfrac{x_{0}}{3},\dfrac{y_{0}}{3}\right).$
而 $I$ 为 $\triangle PF_{1}F_{2}$ 的内心，设 $\triangle PF_{1}F_{2}$ 的内切圆半径为 $r$，则$$S_{\triangle PF_{1}F_{2}}= \dfrac{1}{2}\lvert F_{1}F_{2} \rvert \cdot \lvert y_{0} \rvert =\dfrac{1}{2} (\lvert PF_{1} \rvert+\lvert PF_{2} \rvert +\lvert F_{1}F_{2} \rvert)\cdot r,$$于是$$\dfrac{1}{2} \cdot 2c \cdot \lvert y_{0} \rvert =\dfrac{1}{2}(\lvert PF_{1} \rvert +\lvert PF_{2} \rvert+2c)\cdot r,$$即$$r = \dfrac{2cy_{0}}{\lvert PF_{1} \rvert +\lvert PF_{2} \rvert+2c}.$$由 $IG \parallel F_{1}F_{2}$ 知，$$ \dfrac{2cy_{0}}{\lvert PF_{1} \rvert +\lvert PF_{2} \rvert+2c} = \dfrac{y_{0}}{3},$$即$$ \lvert PF_{1} \rvert+\lvert PF_{2} \rvert =4c=12.$$又因为 $\lvert PF_{1} \rvert-\lvert PF_{2} \rvert =2a =4$ 可得 $\lvert PF_{2} \rvert =4$．
因此，$$\begin{cases} (x_{0} -3)^2 + y_{0}^2 = 16, \\\dfrac{x_{0}^{2}}{4} - \dfrac{y_{0}^2}{5} = 1. \end{cases}$$又点 $P$ 在第一象限，解得 $x_{0} = 4$，$y_{0}=\sqrt{15}$（舍负）．
故存在 $P(4,\sqrt{15})$，使得 $IG \parallel F_{1}F_{2}$．

$y=-2x+6$

由题意，设过 $F_{2}(3,0)$ 的直线方程为 $y=k(x-3)$，直线和双曲线交于 $M(x_{1},y_{1})$、$N(x_{2},y_{2})$，则由$$\begin{cases} y=k(x-3) ,\\5x^{2} -4y^2 =20, \end{cases}$$可得$$(5-4k^2)x^{2} + 24 k^2x - 36k^2 -20=0.$$由韦达定理得$$\begin{cases} x_{1} +x_{2}=\dfrac{24k^2}{4k^2 -5}, \\x_{1}x_{2}=\dfrac{36k^2 +20}{4k^2 -5}. \end{cases}$$又\[\begin{split} k_{1} +k_{2}&=\dfrac{y_{1}}{x_{1} +2} +\dfrac{y_{2}}{x_{2} +2}\\&=k \left(\dfrac{x_{1} -3}{x_{1} +2} +\dfrac{x_{2} - 3}{x_{2} +2} \right) \\&=k\left[2 - 5 \left(\dfrac{1}{x_{1} +2} +\dfrac{1}{x_{2} +2}\right)\right], \end{split}\]而\[\begin{split} \dfrac{1}{x_{1} +2} +\dfrac{1}{x_{2} +2} &=\dfrac{x_{1} +x_{2} +4}{x_{1}x_{2} +2(x_{1} +x_{2}) +4} \\&=\dfrac{24k^2 +4(4k^2 - 5)}{36k^2 +20 +48k^2 +4(4k^2 -5)} \\ &=\dfrac{2k^2 -1}{5k^2}, \end{split}\]从而$$k_{1} + k_{2} =k\left(2 - 5\cdot \dfrac{2k^2 -1}{5k^2}\right)=\dfrac{1}{k} =-\dfrac{1}{2},$$即 $k = -2$．
故所求直线方程为 $y=-2x+6$．