资源描述
第5讲 椭 圆
1．椭圆的概念
在平面内与两定点F1、F2的距离的和等于常数(大于|F1F2|)的点的轨迹叫做椭圆．这两个定点叫做椭圆的焦点，两焦点间的距离叫做椭圆的焦距．
集合P＝{M||MF1|＋|MF2|＝2a}，|F1F2|＝2c，其中a＞0，c＞0，且a，c为常数：
(1)若a＞c，则集合P为椭圆；
(2)若a＝c，则集合P为线段；
(3)若a＜c，则集合P为空集．
2．椭圆的标准方程和几何性质
标准方程
＋＝1(a＞b＞0)
＋＝1(a＞b＞0)
图形
性质
范围
－a≤x≤a
－b≤y≤b
－b≤x≤b
－a≤y≤a
对称性
对称轴：x轴、y轴对称中心：(0，0)
顶点
A1(－a，0)，A2(a，0)
B1(0，－b)，B2(0，b)
A1(0，－a)，A2(0，a)
B1(－b，0)，B2(b，0)
轴
长轴A1A2的长为2a
短轴B1B2的长为2b
焦距
|F1F2|＝2c
离心率
e＝，e∈(0，1)
a，b，c的关系
c2＝a2－b2
[做一做]
1．已知中心在原点的椭圆C的右焦点为F(1，0)，离心率等于，则C的方程是( )
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
解析：选D.右焦点为F(1，0)说明两层含义：椭圆的焦点在x轴上；c＝1.又离心率为＝，故a＝2，b2＝a2－c2＝4－1＝3，故椭圆的方程为＋＝1.
2．(2021·浙江省名校联考)已知F1，F2是椭圆＋＝1的两个焦点，过点F2作x轴的垂线交椭圆于A，B两点，则△F1AB的周长为________．
解析：由已知可得△F1AB的周长为|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝4a＝8.
答案：8
1．辨明两个易误点
(1)椭圆的定义中易忽视2a＞|F1F2|这一条件，当2a＝|F1F2|时，其轨迹为线段F1F2，当2a＜|F1F2|时，不存在轨迹．
(2)求椭圆的标准方程时易忽视推断焦点的位置，而直接设方程为＋＝1(a＞b＞0)．
2．求椭圆标准方程的两种方法
(1)定义法：依据椭圆的定义，确定a2，b2的值，结合焦点位置可写出椭圆方程．
(2)待定系数法：若焦点位置明确，则可设出椭圆的标准方程，结合已知条件求出a、b；若焦点位置不明确，则需要分焦点在x轴上和y轴上两种状况争辩，也可设椭圆的方程为Ax2＋By2＝1(A＞0，B＞0，A≠B)．
[做一做]
3．若直线x－2y＋2＝0经过椭圆的一个焦点和一个顶点，则该椭圆的标准方程为( )
A.＋y2＝1 B.＋＝1
C.＋y2＝1或＋＝1 D．以上答案都不对
解析：选C.直线与坐标轴的交点为(0，1)，(－2，0)，由题意知当焦点在x轴上时，c＝2，b＝1，
∴a2＝5，所求椭圆的标准方程为＋y2＝1.
当焦点在y轴上时，b＝2，c＝1，
∴a2＝5，所求椭圆标准方程为＋＝1.故选C.
4．(2021·江苏常州调研)若方程＋＝1表示椭圆，则k的取值范围是________．
解析：由已知得，解得3<k<5且k≠4.
答案：(3，4)∪(4，5)
__椭圆的定义及标准方程________________
(1)(2021·洛阳市高三班级统考)已知中心在原点的椭圆C的右焦点为F(，0)，直线y＝x与椭圆的一个交点的横坐标为2，则椭圆方程为( )
A.＋y2＝1 B．x2＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
(2)(2022·高考大纲全国卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点为F1、F2，离心率为，过F2的直线l交C于A、B两点．若△AF1B的周长为4，则C的方程为( )
A.＋＝1 B.＋y2＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
[解析] (1)依题意，设椭圆方程为＋＝1(a＞b＞0)，则有，由此解得a2＝20，b2＝5，因此所求的椭圆方程是＋＝1.
(2)由e＝，得＝①.又△AF1B的周长为4，由椭圆定义，得4a＝4，得a＝，代入①得c＝1，
∴b2＝a2－c2＝2，故C的方程为＋＝1.
[答案] (1)C (2)A
[规律方法] 用待定系数法求椭圆标准方程的四个步骤：
(1)作推断：依据条件推断椭圆的焦点在x轴上，还是在y轴上，还是两个坐标轴都有可能．
(2)设方程：依据上述推断设出方程．
(3)找关系：依据已知条件，建立关于a，b，c的方程组．
(4)得方程：解方程组，将解代入所设方程，即为所求．
1.(1)已知椭圆的中心在原点，以坐标轴为对称轴，且经过两点P1(，1)，P2(－，－)，则椭圆的方程为________；
(2)已知F1，F2是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点，P为椭圆C上的一点，且⊥.若△PF1F2的面积为9，则b＝________．
解析：(1)设椭圆方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，且m≠n)．
∵椭圆经过P1，P2两点，
∴P1，P2点坐标适合椭圆方程，
则
①②两式联立，解得
∴所求椭圆方程为＋＝1.
(2)设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，
则
∴2r1r2＝(r1＋r2)2－(r＋r)
＝4a2－4c2＝4b2，
∵S△PF1F2＝r1r2＝b2＝9，∴b＝3.
答案：(1)＋＝1 (2)3
__椭圆的几何性质(高频考点)____________
椭圆的几何性质是高考的热点，高考中多以小题毁灭，试题难度一般较大，高考对椭圆几何性质的考查主要有以下三个命题角度：
(1)依据椭圆的性质求参数的值或范围；
(2)由性质写椭圆方程；
(3)求离心率的值或范围．
(1)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的一个焦点是圆x2＋y2－6x＋8＝0的圆心，且短轴长为8，则椭圆的左顶点为( )
A．(－3，0) B．(－4，0)
C．(－10，0) D．(－5，0)
(2)椭圆＋＝1的离心率为，则k的值为( )
A．－21 B．21
C．－或21 D.或21
(3)(2022·高考江西卷)设椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左，右焦点为F1，F2，过F2作x轴的垂线与C相交于A，B两点，F1B与y轴相交于点D，若AD⊥F1B，则椭圆C的离心率等于________.
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椭圆及其几何性质
[解析] (1)∵圆的标准方程为(x－3)2＋y2＝1，
∴圆心坐标为(3，0)，∴c＝3.又b＝4，
∴a＝＝5.
∵椭圆的焦点在x轴上，
∴椭圆的左顶点为(－5，0)．
(2)若a2＝9，b2＝4＋k，则c＝，
由＝，即＝，得k＝－；
若a2＝4＋k，b2＝9，则c＝，
由＝，即＝，解得k＝21.
(3)直线AB：x＝c，代入＋＝1，得y＝±.
∴A，B.
∴kBF1＝＝＝－.
∴直线BF1：y－0＝－(x＋c)．
令x＝0，则y＝－，
∴D，∴kAD＝＝.
由于AD⊥BF1，∴－·＝－1，
∴3b4＝4a2c2，∴b2＝2ac，即(a2－c2)＝2ac，
∴e2＋2e－＝0，
∴e＝＝.
∵e＞0，∴e＝＝＝.
[答案] (1)D (2)C (3)
若本例(3)条件变为“过F1，F2的两条相互垂直的直线l1，l2的交点在椭圆的内部”，求离心率的取值范围．
解：作图分析可知以线段F1F2为直径的圆在椭圆的内部(图略)，所以c＜b，从而c2＜b2，即c2＜a2－c2，()2＜，0＜＜，故e∈(0，)．
[规律方法] (1)求椭圆的离心率问题的一般思路：
求椭圆的离心率或其范围时，一般是依据题设得出一个关于a，b，c的等式(或不等式)，利用a2＝b2＋c2消去b，即可求得离心率或离心率的范围．
(2)利用椭圆几何性质的技巧：
求解与椭圆几何性质有关的问题时，要结合图形进行分析，当涉及顶点、焦点、长轴、短轴等椭圆的基本量时，要理清它们之间的内在联系．
2.(1)已知椭圆的长轴长是8，离心率是，则此椭圆的标准方程是( )
A.＋＝1 B.＋＝1或＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1或＋＝1
(2)设e是椭圆＋＝1的离心率，且e∈(，1)，则实数k的取值范围是( )
A．(0，3) B．(3，)
C．(0，3)∪(，＋∞) D．(0，2)
(3)已知椭圆短轴上的两个顶点分别为B1，B2，焦点为F1，F2，若四边形B1F1B2F2是正方形，则这个椭圆的离心率e等于( )
A. B.
C. D.
(4) (2021·安徽合肥质检)如图，焦点在x轴上的椭圆＋＝1的离心率e＝，F，A分别是椭圆的一个焦点和顶点，P是椭圆上任意一点，则·的最大值为________．
解析：(1)∵a＝4，e＝，∴c＝3.
∴b2＝a2－c2＝16－9＝7.
∴椭圆的标准方程是＋＝1或＋＝1.
(2)当4＞k时，e＝＝∈(，1)，即＜＜1⇒1＜4－k＜4，即0＜k＜3；
当4＜k时，e＝＝∈(，1)，
即＜＜1⇒＜1－＜1⇒＞＞0⇒k＞.
(3) 如图所示，由于四边形B1F1B2F2是正方形，则△OB1F2是等腰直角三角形．
法一：由于|OF2|＝c，|B1F2|＝a，∠OF2B1＝45°，所以椭圆的离心率e＝＝＝cos∠OF2B1＝cos 45°＝.
法二：由于|OB1|＝|OF2|，所以b＝c，所以b2＝c2，所以a2－b2＝a2－c2＝c2，所以a2＝2c2，所以e＝＝.
(4)设P点坐标为(x0，y0)．由题意知a＝2，
∵e＝＝，c＝1，∴b2＝a2－c2＝3.
故所求椭圆方程为＋＝1.
∴－2≤x0≤2，－≤y0≤.
∵F(－1，0)，A(2，0)，
＝(－1－x0，－y0)，＝(2－x0，－y0)，
∴·＝x－x0－2＋y＝x－x0＋1＝(x0－2)2.
即当x0＝－2时，·取得最大值4.
答案：(1)B (2)C (3)A (4)4
__直线与椭圆的位置关系________________
(2022·高考陕西卷) 已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)经过点(0，)，离心率为，左，右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)．
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线l：y＝－x＋m与椭圆交于A，B两点，与以F1F2为直径的圆交于C，D两点，且满足＝，求直线l的方程．
[解] (1)由题设知解得
∴椭圆的方程为＋＝1.
(2)由题设，以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝1，
∴圆心到直线l的距离d＝，
由d＜1，得|m|＜.(*)
∴|CD|＝2＝2＝ .
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由，得x2－mx＋m2－3＝0，
由根与系数的关系可得x1＋x2＝m，x1x2＝m2－3.
∴|AB|＝
＝ .
由＝，得 ＝1，解得m＝±，满足(*)．
∴直线l的方程为y＝－x＋或y＝－x－.
[规律方法] (1)直线与椭圆位置关系推断的步骤：
①联立直线方程与椭圆方程；
②消元得出关于x(或y)的一元二次方程；
③当Δ＞0时，直线与椭圆相交；当Δ＝0时，直线与椭圆相切；当Δ＜0时，直线与椭圆相离．
(2)直线被椭圆截得的弦长公式
设直线与椭圆的交点为A(x1，y1)、B(x2，y2)，则
|AB|＝
＝(k为直线斜率)．
3. 如图，点F1(－c，0)，F2(c，0)分别是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左，右焦点，过点F1作x轴的垂线交椭圆C的上半部分于点P，过点F2作直线PF2的垂线交直线x＝于点Q.
(1)假如点Q的坐标是(4，4)，求此时椭圆C的方程；
(2)证明：直线PQ与椭圆C只有一个交点．
解：(1)法一：由条件知，P，故直线PF2的斜率为kPF2＝＝－.
由于PF2⊥F2Q，
所以直线F2Q的方程为y＝x－，
故Q.
由题设知，＝4，2a＝4，
解得a＝2，c＝1.
故椭圆C的方程为＋＝1.
法二：设直线x＝与x轴交于点M.
由条件知，P.
由于△PF1F2∽△F2MQ，
所以＝，
即＝，解得|MQ|＝2a.
所以解得
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：直线PQ的方程为＝，
即y＝x＋a.
将上式代入＋＝1，得x2＋2cx＋c2＝0，
解得x＝－c，y＝.
所以直线PQ与椭圆C只有一个交点．
方法思想——数形结合思想在椭圆求值中的应用
(2022·高考辽宁卷)已知椭圆C：＋＝1，点M与C的焦点不重合．若M关于C的焦点的对称点分别为A，B，线段MN的中点在C上，则|AN|＋|BN|＝________.
[解析] 椭圆＋＝1中，a＝3.
如图，设MN的中点为D，则|DF1|＋|DF2|＝2a＝6.
∵D，F1，F2分别为MN，AM，BM的中点，
∴|BN|＝2|DF2|，|AN|＝2|DF1|，
∴|AN|＋|BN|＝2(|DF1|＋|DF2|)＝12.
[答案] 12
[名师点评] (1)本题利用了数形结合的思想，把DF1和DF2分别看作△MAN和△MNB的中位线，再结合椭圆定义即可求解．(2)在求解有关圆锥曲线焦点问题时，结合图形，留意动点到两焦点距离的转化．
1. (2021·北京东城区统一检测)如图，已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点恰好是椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点F，且这两条曲线交点的连线过点F，则该椭圆的离心率为________．
解析：如图，设F′为椭圆的左焦点，椭圆与抛物线在x轴上方的交点为A，连接AF′，所以|FF′|＝2c＝p，由于|AF|＝p，所以|AF′|＝p.由于|AF′|＋|AF|＝2a，所以2a＝p＋p，所以e＝＝－1.
答案：－1
2．设F1，F2分别是椭圆＋＝1的左、右焦点，P为椭圆上任一点，点M的坐标为(6，4)，则|PM|＋|PF1|的最大值为________．
解析：如图，|PF1|＋|PF2|＝10，|PF1|＝10－|PF2|，|PM|＋|PF1|＝10＋|PM|－|PF2|，易知点M在椭圆外，连接MF2并延长交椭圆于P点，此时|PM|－|PF2|取最大值|MF2|，故|PM|＋|PF1|的最大值为10＋|MF2|＝10＋＝15.
答案：15
1．已知方程＋＝1表示焦点在y轴上的椭圆，则实数k的取值范围是( )
A．(，2) B．(1，＋∞)
C．(1，2) D．(，1)
解析：选C.由题意可得，2k－1＞2－k＞0，
即解得1＜k＜2.
2．矩形ABCD中，|AB|＝4，|BC|＝3，则以A，B为焦点，且过C，D两点的椭圆的短轴的长为( )
A．2 B．2
C．4 D．4
解析：选D.依题意得|AC|＝5，所以椭圆的焦距为2c＝|AB|＝4，长轴长2a＝|AC|＋|BC|＝8，所以短轴长为2b＝2＝2＝4.
3．(2021·烟台质检)一个椭圆中心在原点，焦点F1，F2在x轴上，P(2，)是椭圆上一点，且|PF1|，|F1F2|，|PF2|成等差数列，则椭圆方程为( )
A.＋＝1 B.＋＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
解析：选A.设椭圆的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)．由点P(2，)在椭圆上知＋＝1.又|PF1|，|F1F2|，|PF2|成等差数列，则|PF1|＋|PF2|＝2|F1F2|，即2a＝2·2c，＝，又c2＝a2－b2，联立得a2＝8，b2＝6.
4．(2021·豫西五校联考)已知椭圆＋＝1(0＜b＜2)的左、右焦点分别为F1、F2，过F1的直线l交椭圆于A、B两点，若|BF2|＋|AF2|的最大值为5，则b的值是( )
A．1 B.
C. D.
解析：选D.由椭圆的方程可知a＝2，由椭圆的定义可知，|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a＝8，所以|AB|＝8－(|AF2|＋|BF2|)≥3，由椭圆的性质可知过椭圆焦点的弦中，通径最短，则＝3.所以b2＝3，即b＝.
5．(2021·内蒙古包头调研)椭圆＋＝1上有两个动点P、Q，E(3，0)，EP⊥EQ，则·的最小值为( )
A．6 B．3－
C．9 D．12－6
解析：选A.设P点坐标为(m，n)，则＋＝1，所以|PE|＝＝＝，由于－6≤m≤6，所以|PE|的最小值为，所以·＝·(－)＝2－·＝||2，所以·的最小值为6.
6．椭圆对称轴在坐标轴上，短轴的一个端点与两个焦点构成一个正三角形，焦点到椭圆上的点的最短距离是，则这个椭圆方程为________．
解析：由题意知解得
∴椭圆方程为＋＝1或 ＋＝1.
答案：＋＝1或 ＋＝1
7．(2021·福州质检)若一个椭圆长轴的长度，短轴的长度和焦距依次成等差数列，则该椭圆的离心率是________．
解析：不妨设椭圆的方程为＋＝1(a＞b＞0)，则由题意知，2a＋2c＝2×2b，即a＋c＝2b，又c2＝a2－b2，消去b整理得5c2＝3a2－2ac，即5e2＋2e－3＝0，解得e＝或e＝－1(舍去)．
答案：
8．(2021·宜昌调研)过椭圆＋＝1的右焦点作一条斜率为2的直线与椭圆交于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为________．
解析：由题意知椭圆的右焦点F的坐标为(1，0)，则直线AB的方程为y＝2x－2.联立，解得交点A(0，－2)，B(，)，∴S△OAB＝·|OF|·|yA－yB|＝×1×|－2－|＝.
答案：
9．(2022·高考课标全国卷Ⅱ)设F1，F2分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左，右焦点，M是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N.
(1)若直线MN的斜率为，求C的离心率；
(2)若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|＝5|F1N|，求a，b.
解：(1)依据c＝及题设知M，＝，
2b2＝3ac.
将b2＝a2－c2代入2b2＝3ac，解得＝，＝－2(舍去)．
故C的离心率为.
(2)由题意，原点O为F1F2的中点，MF2∥y轴，
所以直线MF1与y轴的交点D(0，2)是线段MF1的中点，
故＝4，即b2＝4a.①
由|MN|＝5|F1N|，得|DF1|＝2|F1N|.
设N(x1，y1)，由题意知y1<0，则
即
代入C的方程，得＋＝1.②
将①及c＝代入②得＋＝1.
解得a＝7，b2＝4a＝28，故a＝7，b＝2.
10．已知椭圆G：＋＝1(a>b>0)的离心率为，右焦点为(2，0)．斜率为1的直线l与椭圆G交于A，B两点，以AB为底边作等腰三角形，顶点为P(－3，2)．
(1)求椭圆G的方程；
(2)求△PAB的面积．
解：(1)由已知得c＝2，e＝＝.
解得a＝2.
又b2＝a2－c2＝4，
所以椭圆G的方程为＋＝1.
(2)设直线l的方程为y＝x＋m.
由，得4x2＋6mx＋3m2－12＝0.①
设A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)(x1<x2)，AB中点为E(x0，y0)，则
x0＝＝－，y0＝x0＋m＝.
由于AB是等腰△PAB的底边，所以PE⊥AB，
所以PE的斜率k＝＝－1.
解得m＝2.
此时方程①为4x2＋12x＝0.
解得x1＝－3，x2＝0.所以y1＝－1，y2＝2.
所以|AB|＝3.
此时，点P(－3，2)到直线l：x－y＋2＝0的距离d＝＝，
所以△PAB的面积S＝|AB|·d＝.
1．(2021·山西省第三次四校联考)已知圆锥曲线mx2＋4y2＝4m的离心率e为方程2x2－5x＋2＝0的根，则满足条件的圆锥曲线的个数为( )
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：选B.∵e是方程2x2－5x＋2＝0的根，∴e＝2或e＝.mx2＋4y2＝4m可化为＋＝1，当它表示焦点在x轴上的椭圆时，有＝，∴m＝3；当它表示焦点在y轴上的椭圆时，有＝，∴m＝；当它表示焦点在x轴上的双曲线时，可化为－＝1，有＝2，∴m＝－12.∴满足条件的圆锥曲线有3个．
2．已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F1，左焦点为F2，若椭圆上存在一点P，满足线段PF1相切于以椭圆的短轴为直径的圆，切点为线段PF1的中点，则该椭圆的离心率为( )
A. B.
C. D.
解析：选A. 如图所示，设线段PF1与圆切于点M，则|OM|＝b，|OF1|＝c，故|MF1|＝，所以|PF1|＝2|MF1|＝2.又O为F1F2的中点，M为PF1的中点，所以|PF2|＝2|OM|＝2b.由椭圆的定义，得2＋2b＝2a，即＝a－b，即＝a－，即＝1－，两边平方，整理得3e2－3＝－2，再次平方，整理得9e4－14e2＋5＝0，解得e2＝或e2＝1(舍去)，故e＝.
3．(2021·贵阳模拟)已知F1、F2是椭圆＋＝1的两个焦点，P是椭圆上一点，且PF1⊥PF2，则△F1PF2的面积为________．
解析：由题意可得a＝10，b＝8，c＝6.由椭圆的定义知|PF1|＋|PF2|＝2a＝20①，在Rt△PF1F2中，由勾股定理，得|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝4c2＝144②，①2－②，得2|PF1|·|PF2|＝400－144＝256，∴|PF1|·|PF2|＝128，∴S△F1PF2＝|PF1|·|PF2|＝×128＝64.
答案：64
4．(2022·高考安徽卷)设F1，F2分别是椭圆E：x2＋＝1(0<b<1)的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点．若|AF1|＝3|F1B|，AF2⊥x轴，则椭圆E的方程为________．
解析：设点B的坐标为(x0，y0)．∵x2＋＝1，
∴F1(－，0)，F2(，0)．
∵AF2⊥x轴，∴A(，b2)．
∵|AF1|＝3|F1B|，∴＝3，
∴(－2，－b2)＝3(x0＋，y0)．
∴x0＝－ ，y0＝－.
∴点B的坐标为.
将B代入x2＋＝1，得b2＝.
∴椭圆E的方程为x2＋y2＝1.
答案：x2＋y2＝1
5．(2021·山西省其次次四校联考)已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，焦距为2，离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l经过点M(0，1)，且与椭圆C交于A，B两点，若＝2，求直线l的方程．
解：(1)设椭圆方程为＋＝1(a＞b＞0)．
由于c＝1，e＝＝，所以a＝2，b＝，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由题意可知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋1，
则由，得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0，且Δ＞0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则由＝2，得x1＝－2x2.
又，
所以，消去x2得()2＝.
解得k2＝，k＝±.
所以直线l的方程为y＝±x＋1，即x－2y＋2＝0或x＋2y－2＝0.
6．(选做题)(2022·高考北京卷)已知椭圆C：x2＋2y2＝4.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)设O为原点，若点A在椭圆C上，点B在直线y＝2上，且OA⊥OB，试推断直线AB与圆x2＋y2＝2的位置关系，并证明你的结论．
解：(1)由题意得，椭圆C的标准方程为＋＝1，
所以a2＝4，b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2.
因此a＝2，c＝.
故椭圆C的离心率e＝＝.
(2)直线AB与圆x2＋y2＝2相切．证明如下：
设点A，B的坐标分别为(x0，y0)，(t，2)，其中x0≠0.
由于OA⊥OB，所以·＝0，即tx0＋2y0＝0，解得t＝－.
当x0＝t时，y0＝－，代入椭圆C的方程，得t＝±，
故直线AB的方程为x＝±，圆心O到直线AB的距离d＝.
此时直线AB与圆x2＋y2＝2相切．
当x0≠t时，直线AB的方程为y－2＝(x－t)．
即(y0－2)x－(x0－t)y＋2x0－ty0＝0.
圆心O到直线AB的距离
d＝ .
又x＋2y＝4，t＝－，
故d＝＝＝.
此时直线AB与圆x2＋y2＝2相切．
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