Question

16．已知橢圓C：$\frac{x^2}{4}+{y^2}$=1，過(guò)點(diǎn)D（0，4）的直線l與橢圓C交于不同兩點(diǎn)M，N（M在D，N之間），有以下四個(gè)結(jié)論：
①若$\overrightarrow{DN}=λ\overrightarrow{DM}$，則λ的取值范圍是1＜λ≤$\frac{5}{3}$；
②若A是橢圓C的右頂點(diǎn)，且∠MAN的角平分線是x軸，則直線l的斜率為-2；
③若以MN為直徑的圓過(guò)原點(diǎn)O，則直線l的斜率為±2$\sqrt{5}$；
④若$\left\{{\begin{array}{l}{{x^'}=x}\\{{y^'}=2y}\end{array}}$，橢圓C變成曲線E，點(diǎn)M，N變成M′，N′，曲線E與y軸交于點(diǎn)P，Q，則直線PN′與QM′的交點(diǎn)必在一條定直線上．
其中正確的序號(hào)是①④．

Answer 1

分析 由題意可知：由$\overrightarrow{DN}=λ\overrightarrow{DM}$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}=λ{(lán)x}_{1}}\\{{y}_{2}=4+λ（{y}_{1}-4）}\end{array}\right.$，將點(diǎn)M，N在橢圓上，代入橢圓方程，求得y₁=$\frac{15-17λ}{8λ}$，由橢圓的取值范圍可知：-1≤y₁≤1，即-1≤$\frac{15-17λ}{8λ}$≤1，即可求得λ的取值范圍，故①正確；
由橢圓的對(duì)稱性，易知直線為y軸，斜率不存在，故②錯(cuò)誤；
顯然，直線l的斜率存在且不為0，設(shè)l的方程：y=kx+4，代入橢圓方程，由韋達(dá)定理可知：x₁+x₂=-$\frac{32k}{1+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{60}{1+4{k}^{2}}$，由$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$=0，即x₁•x₂+y₁•y₂=0，代入即可求得直線l的斜率k的值，故③錯(cuò)誤；
由變換可知，曲線E是一個(gè)圓：x²+y²=4，PN′與QM′是此圓的兩條相交弦，P（0，2），Q（0，-2），設(shè)l的方程：x=k（y-4），代入橢圓方程，則PN′：y-2=$\frac{{y}_{2}-2}{{x}_{2}}$•x，即y-2=$\frac{{y}_{2}-2}{k（{y}_{2}-4）}$•x，PM′：y+2=$\frac{{y}_{1}+2}{{x}_{1}}$•x，即y+2=$\frac{{y}_{1}+2}{k（{y}_{1}-4）}$•x，求得y=-$\frac{2{y}_{1}{y}_{2}-6{y}_{1}-2{y}_{2}}{{y}_{1}-3{y}_{2}+8}$，由（2y₁•y₂-6y₁-2y₂）+（y₁-3y₂+8）=0，y=1，即PN′與QM′交點(diǎn)在直線y=1上，故④正確．

解答 解：①設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由$\overrightarrow{DN}=λ\overrightarrow{DM}$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}=λ{(lán)x}_{1}}\\{{y}_{2}=4+λ（{y}_{1}-4）}\end{array}\right.$，
由點(diǎn)M，N在橢圓上，則$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}^{2}+4{y}_{1}^{2}=4}\\{{x}_{2}^{2}+4{y}_{2}^{2}=4}\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}^{2}+4{y}_{1}^{2}=4}\\{（λ{(lán)x}_{1}）^{2}+4（4+λ{(lán)y}_{1}-4λ）^{2}=4}\end{array}\right.$，消去${x}_{1}^{2}$，可得：y₁=$\frac{15-17λ}{8λ}$，
由橢圓的取值范圍可知：-1≤y₁≤1，即-1≤$\frac{15-17λ}{8λ}$≤1，
又λ＞1，解得：1＜λ≤$\frac{5}{3}$，故①正確；
②由橢圓的對(duì)稱性，易知直線為y軸，斜率不存在，故②錯(cuò)誤；
③顯然，直線l的斜率存在且不為0，設(shè)l的方程：y=kx+4，設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+4}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，整理得：（1+4k²）x²+32kx+60=0，
由韋達(dá)定理可知：x₁+x₂=-$\frac{32k}{1+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{60}{1+4{k}^{2}}$，
∵以MN為直徑的圓過(guò)原點(diǎn)O，
∴$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$=0，即x₁•x₂+y₁•y₂=0，
y₁•y₂=（kx₁+4）（kx₂+4）=k²x₁•x₂+4k（x₁+x₂）+16，
即（1+k²）•$\frac{60}{1+4{k}^{2}}$+4k•（-$\frac{32k}{1+4{k}^{2}}$）+16=0，化簡(jiǎn)得：k²=19，解得：k=$\sqrt{19}$，故③錯(cuò)誤；
④由變換可知，曲線E是一個(gè)圓：x²+y²=4，PN′與QM′是此圓的兩條相交弦，P（0，2），Q（0，-2），
設(shè)l的方程：x=k（y-4），M′（x₁，y₁），N′（x₂，y₂），
$\left\{\begin{array}{l}{x=k（y-4）}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，整理得：（1+k²）y²-8k²x+16k²-4=0，
則y₁+y₂=$\frac{8{k}^{2}}{1+{k}^{2}}$，y₁•y₂=$\frac{16{k}^{2}-4}{1+{k}^{2}}$，
PN′：y-2=$\frac{{y}_{2}-2}{{x}_{2}}$•x，即y-2=$\frac{{y}_{2}-2}{k（{y}_{2}-4）}$•x，
PM′：y+2=$\frac{{y}_{1}+2}{{x}_{1}}$•x，即y+2=$\frac{{y}_{1}+2}{k（{y}_{1}-4）}$•x，
二式相除，得：$\frac{y-2}{y+2}$=$\frac{（{y}_{2}-2）（{y}_{1}-4）}{（{y}_{1}+2）（{y}_{2}-4）}$，
∴y=-$\frac{2{y}_{1}{y}_{2}-6{y}_{1}-2{y}_{2}}{{y}_{1}-3{y}_{2}+8}$，
∵（2y₁•y₂-6y₁-2y₂）+（y₁-3y₂+8），
=2y₁•y₂-5（y₁+y₂）+8，
=2×$\frac{8{k}^{2}}{1+{k}^{2}}$-5×$\frac{8{k}^{2}}{1+{k}^{2}}$+8，
=0，
∴y=1，
即PN′與QM′交點(diǎn)在直線y=1上，故④正確．
故答案為：①④．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理的綜合應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于難題．