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    16．已知椭圆C：$\frac{x^2}{4}+{y^2}$=1，过点D（0，4）的直线l与椭圆C交于不同两点M，N（M在D，N之间），有以下四个结论：
    ①若$\overrightarrow{DN}=λ\overrightarrow{DM}$，则λ的取值范围是1＜λ≤$\frac{5}{3}$；
    ②若A是椭圆C的右顶点，且∠MAN的角平分线是x轴，则直线l的斜率为-2；
    ③若以MN为直径的圆过原点O，则直线l的斜率为±2$\sqrt{5}$；
    ④若$\left\{{\begin{array}{l}{{x^'}=x}\\{{y^'}=2y}\end{array}}$，椭圆C变成曲线E，点M，N变成M′，N′，曲线E与y轴交于点P，Q，则直线PN′与QM′的交点必在一条定直线上．
    其中正确的序号是①④．

    分析 由题意可知：由$\overrightarrow{DN}=λ\overrightarrow{DM}$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}=λ{x}_{1}}\\{{y}_{2}=4+λ（{y}_{1}-4）}\end{array}\right.$，将点M，N在椭圆上，代入椭圆方程，求得y1=$\frac{15-17λ}{8λ}$，由椭圆的取值范围可知：-1≤y1≤1，即-1≤$\frac{15-17λ}{8λ}$≤1，即可求得λ的取值范围，故①正确；
    由椭圆的对称性，易知直线为y轴，斜率不存在，故②错误；
    显然，直线l的斜率存在且不为0，设l的方程：y=kx+4，代入椭圆方程，由韦达定理可知：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，代入即可求得直线l的斜率k的值，故③错误；
    由变换可知，曲线E是一个圆：x2+y2=4，PN′与QM′是此圆的两条相交弦，P（0，2），Q（0，-2），设l的方程：x=k（y-4），代入椭圆方程，则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′与QM′交点在直线y=1上，故④正确．

    解答 解：①设M（x1，y1），N（x2，y2），由$\overrightarrow{DN}=λ\overrightarrow{DM}$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{2}=λ{x}_{1}}\\{{y}_{2}=4+λ（{y}_{1}-4）}\end{array}\right.$，
    由点M，N在椭圆上，则$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}^{2}+4{y}_{1}^{2}=4}\\{{x}_{2}^{2}+4{y}_{2}^{2}=4}\end{array}\right.$，
    即$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}^{2}+4{y}_{1}^{2}=4}\\{（λ{x}_{1}）^{2}+4（4+λ{y}_{1}-4λ）^{2}=4}\end{array}\right.$，消去${x}_{1}^{2}$，可得：y1=$\frac{15-17λ}{8λ}$，
    由椭圆的取值范围可知：-1≤y1≤1，即-1≤$\frac{15-17λ}{8λ}$≤1，
    又λ＞1，解得：1＜λ≤$\frac{5}{3}$，故①正确；
    ②由椭圆的对称性，易知直线为y轴，斜率不存在，故②错误；
    ③显然，直线l的斜率存在且不为0，设l的方程：y=kx+4，设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，
    由韦达定理可知：x1+x2=-$\frac{32k}{1+4{k}^{2}}$，x1•x2=$\frac{60}{1+4{k}^{2}}$，
    ∵以MN为直径的圆过原点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，化简得：k2=19，解得：k=$\sqrt{19}$，故③错误；
    ④由变换可知，曲线E是一个圆：x2+y2=4，PN′与QM′是此圆的两条相交弦，P（0，2），Q（0，-2），
    设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，
    则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′与QM′交点在直线y=1上，故④正确．
    故答案为：①④．

    点评 本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的综合应用，考查计算能力，属于难题．

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