Question

18．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$\left\{{\begin{array}{l}{{x^'}=x}\\{{y^'}=2y}\end{array}}$，椭圆C变成曲线E，则曲线E的面积为4π；
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$\overrightarrow{DN}=λ\overrightarrow{DM}$，则λ的取值范围是1＜λ≤$\frac{5}{3}$．
其中正确的序号是①④．

Answer 1

分析 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①正确．
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②错误；
由椭圆的对称性，易知直线为y轴，斜率不存在，故③错误；
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④正确；

解答 解：①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①正确．
②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②错误；
③由椭圆的对称性，易知直线为y轴，斜率不存在，故③错误；
④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．